PHP中的file\u get\u内容返回false

我正在使用以下代码

function thumbnailoutput($directory,$count) {
if($directory=='javascript'){
$directory_from_file = file_get_contents('http://example.com/lessons/'.$directory.'/'.$directory.'files.dat');
$urlfileurl = 'http://example.com/lessons/'.$directory.'/urlfiles.dat';
$url_from_file = file_get_contents($urlfileurl);

当我使用

var\u dump（$url\u from\u file）时我得到错误。我可以访问

http://example.com/lessons/'.$directory.'/urlfiles.dat

直接在浏览器中输入url

我正在调用函数

thumbnailoutput('javascript',1);

为什么被否决？
错误时返回布尔值false，否则返回内容，内容可以为空，也可以计算为false

您确定文件有内容吗？
是，它有数据。它包含此url
http://www.example.com/lessons/javascript/imageslider.php
尝试添加
ini\u集（“显示错误”，1）；错误报告（E_全部）在行之前。它输出了什么吗？它没有输出任何东西。是
$directory
'url'
的值吗？您在浏览器中输入的url与代码中生成的url之间的关系不清楚。
$directory
的值是
javascript
，在这种情况下，您生成的url是
http://example.com/lessons/javascript/javascriptfiles.dat“
。这就是你想要的吗？我说的是
$urlfileurl
的价值，我还没有否决你的问题，但是你的例子不清楚，你已经包含了不必要的代码-在你的例子中包含
$directory\u from\u file
有什么意义？这不相关。另外，
$count
参数的意义是什么？它甚至都没用过。另外，由于
$directory
始终等于
'javascript'
，因此根本不需要包含
if
语句。据我所知，你问题中的所有代码都可以浓缩为
$url\u from\u file=file\u get\u contents（'http://example.com/lessons/javascript/urlfiles.dat');var_dump（$url_from_file）。