将jquery UI滑块输出到mysql无法获取PHP文件以获取POST数据

在开始之前，我必须说，完全不需要编码和尝试学习，我使用的是JQuery UI Slider，我需要将结果数据传递到php文件以更新mysql数据库，但我遇到了麻烦 这是滑块代码

$( "#slider" ).slider({
  range: "min",
  value: 18,
  min: 15,
  max: 23,
  step: 0.1,

  slide: function( event, ui ) {

    // While sliding, update the value in the #amount div element
    $( "#amount" ).html( ui.value );

  },
  stop: function(event, ui) {
        //alert(ui.value);
            $sliderValue=ui.value; //set the value to a global variable
            $.ajax({
                type: "POST",
                url: "temperature.php",
                data:"temp="+$ ( "#slider" ).slider( "value" ),
                success:function(response){
                alert(data);                    }
            });
        }
});

这很好，我可以看到表单值作为滑块值被传递到temperature.php。 为了测试PHP，我直接使用…/temperature.PHP？temp=6访问PHP文件 我可以再次看到这一点（使用chrome开发工具）作为表单数据temp:6或source temp=6

所以最后是实际问题 temperature.php

<?php
$temp= $_POST['temp'];
echo $temp;
$host=""; // Host name 
$username=""; // Mysql username 
$password=""; // Mysql password 
$db_name=""; // Database name 
$tbl_name=""; // Table name 

$dbc = mysqli_connect("$host", "$username", "$password", "$db_name")or die("cannot connect");
$sql="UPDATE $tbl_name SET temp1='$temp',  WHERE id= "3"";

?>

---

我想我会尽可能多地更新我的帖子，因为它让我觉得自己像个白痴，代码没有错，这实际上是chrome的问题，在不同的浏览器中进行了尝试，然后按照我的预期运行，然后重新启动chrome，它在这方面也运行良好，这就是我所说的野餐错误，问题出在椅子上而不是电脑上，如果我浪费了任何人的时间，我道歉