phpMyAdmin：一个表在数据库中工作，另一个不工作'；T

我已经创建了一个应用程序，您可以注册为用户。您可以注册，然后进入“firsttable”中的数据库“myAppDataBase”。第二个表包含我在PHPmyAdmin网站/“App”中手动创建的其他重要用户的列表。此表称为“第二个表”

我获取数据的代码如下：

<?php
$servername = "localhost";
$username = "username";
$password = "password";
$dbname = "mydatabas";

// Create connection
$conn = mysqli_connect($servername, $username, $password, $dbname);
// Check connection
if (!$conn) {
    die("Connection failed: " . mysqli_connect_error());
}else{
    //Print ("successfully connected");
}

$query = "SELECT * FROM firsttable";

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

$num = mysqli_num_rows($result);

$rows = array();

while ($r = mysqli_fetch_assoc($result)) 
{
    $rows[] = $r;
    Print ("sf");
}
Print json_encode($rows);
mysqli_close($conn);

?>

但是当我把它改成这个的时候，它就不工作了

$query = "SELECT * FROM secondtable";

有什么帮助吗？

更改此选项：

mysqli_error($query)

为此：

mysqli_error($conn) // with your connection

说明：

mysqli\u error（）

函数需要连接链接标识符，而不是作为参数的查询

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我解决了！不知怎么的，我的第二个密码不是正确的。我只是简单地添加了这个编码器，它起了作用：

mysqli_set_charset($conn, 'utf8mb4');  

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谢谢你的帮助

“它再也不起作用了”意思是说？它和“firsttable”一起工作，我得到了所有的结果。但是对于“secondtable”，没有任何结果@nirrower你说的mysqli_错误是什么意思，应该有任何错误，因为我唯一要更改的是表。如果比y更好的话，请不要插入。只是因为任何错误。你不想chk？或者只是手动在phpmyadmin中运行第二个查询我更改了，但没有得到任何答案。我认为代码不是问题所在，但第二个表有问题，但我不知道是什么。。

mysqli_set_charset($conn, 'utf8mb4');