Php 获取错误“；类mysqli的对象无法转换为字符串；

我是php新手。帮我解决这个问题。我已经尝试了网站上给出的所有解决方案。但它对我的代码不起作用

$query= "select * from login where username='$uname' and password= '$password'";    
$result = mysqli_query("$query","$conn") or die(mysqli_error("$conn"));

$row = mysqli_fetch_rows($result);
if($row == 1)
{

    $_SESSION['valid'] = $uname;

    header("location: welcomeuser.php");    
}

---

$conn

是一个对象。当您将变量放在引号中时

$result = mysqli_query("$query","$conn") or die(mysqli_error("$conn"));

它尝试将其转换为字符串，以便将其插入到带引号的字符串中。但这通常是无效的，除非类提供了转换方法；即使是这样，

msyqli_query（）

和

mysqli_error（）

也希望将对象作为它们的第一个参数，而不是字符串

应该是：

$result = mysqli_query($conn, $query) or die(mysqli_error($conn));

请注意，

mysqli\u query（）

的参数顺序错误

也不需要在

$conn

周围加引号，因为它已经是一个字符串了

---

您还应该学会使用预先准备好的语句和参数，而不是将变量替换到SQL字符串中。

不要在

$conn

@IncredibleHat这个问题如何可以用相同的标题提问？添加@Barmar所说的内容：不要放置变量（例如

$query

）在字符串中，因为它们将尝试作为字符串而不是变量传递。您需要：

$query=“从用户名=”的登录名中选择*”$联塞特派团。“'和密码='”$暗语"';";     $结果=mysqli_查询（$query，$conn）或die（mysqli_错误（$conn））

@incredible标题可能相同，但问题和解决方案完全不同。不要再考虑明显的sql注入漏洞，在$query周围加引号，以纯文本形式存储密码，以及。。。