Php 始终返回状态代码200

我以这种方式返回onBootStrap（）的响应

 $app = $e->getApplication();

           $em->attach(MvcEvent::EVENT_ROUTE, function($e) use ($app) {

              $response = $e->getResponse();
                $response->setStatusCode(403);

                $jsonValue = json_encode(array(
                   'error'   => 12345,
                   'message' => 'You are not authorized for this request',
                ));


                $response->setContent($jsonValue);

                return $response;

        }, PHP_INT_MAX);

但问题是，即使我通过了不同的状态码，我也会得到状态码200

我正在从高级rest API客户端运行此API。

之前：

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您需要中断处理请求的正常过程。请参阅模块BjyAuthorize。它生成一个错误：在这里它被处理：

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在onBootstrap方法中，可以为事件MvcEvent:：event\u DISPATCH\u ERROR添加侦听器。它将检查错误是否为身份验证错误，以及是否需要设置响应的状态代码及其内容。身份验证代码将触发一个事件MvcEvent:：event\u DISPATCH\u ERROR并设置“event ERROR”$event->setError（静态:：ERROR）

之后：

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这不是最好的问题，也不是最好的答案。最好的答案是“使用标准模块”。然而，有一件事被称为“系统的终极复杂性”。系统已经达到复杂性极限的一个标志是，用户发现编写自己的代码而不使用标准更容易。然而，存在客观和主观复杂性。目标-标准模块不是很复杂。然而，它们并没有以最好的方式记录下来。因此，我相信我的回答旨在降低主观标准系统的复杂性，在本例中，模块BJYAAuthorize。您可以按如下方式指定自己的策略：“unauthorized_strategy”=>“MyModule\Listener\UnauthorizedStrategy”

您需要中断处理请求的正常过程。请参阅模块BjyAuthorize。它生成一个错误：在这里它被处理：我必须在代码块中放置此代码的位置？在onBootstrap方法中，您可以为事件MvcEvent:：event\u DISPATCH\u error添加一个侦听器。它将检查错误是否为身份验证错误，以及是否需要设置响应的状态代码及其内容。Auth代码将触发一个事件MvcEvent:：event\u DISPATCH\u ERROR并设置“event ERROR”$event->setError（static:：ERROR）。这与状态代码无关，但我认为使用onBootstrap方法直接在Module.php中返回json响应不是一个好主意。为什么不在控制器级别使用JsonModel？