Php Insert into select在初始运行时仅插入一行，但之后每次都可以

基本上，我使用php和mysql来扩展邮件客户端的功能，数据通过curl发送到我的服务器，然后输入到我数据库中的表a中，当数据与今天的日期匹配时，我从表a中选择所有数据，如果日期匹配，则插入表B中：

$date = $_POST['dateAdded'];
        $today = date("Y-m-d");

        if ($date === $today) {

            $link->setAttribute(PDO::ATTR_ERRMODE, PDO::ERRMODE_EXCEPTION);
            $sql="INSERT INTO `$tableB` (`$fields`) SELECT * FROM $tableA WHERE date_Added='$today'";
            $link->exec($sql);

在这个IF语句中还运行了其他代码，但我觉得它与这个问题无关。我知道这段代码还存在其他问题，比如不能转义post值等，但这是我将在不久的将来解决的问题。问题是，每当此代码作为cron作业的一部分运行时，它只会在$tableB中插入一行，但当我从tableA中清除tableB和一个与$today匹配的值，并重新运行代码时，它每次都会工作（即，如果我手动运行它），它唯一不工作的时间就是通过cron作业。如果需要更多的代码，我很乐意提供，欢迎任何帮助

cron作业使用curl运行，因为数据位于不同的服务器上

这可能与curl最初通过cron发送数据的方式有关吗？ 还是SQL语句本身有问题

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谢谢。

请小心，de date_是否添加了日期字段或时间戳？在MySQL中，这是不一样的，因为你的日期（“Y-m-d”）与时间戳的对比会被弄乱，很可能这就是你的问题所在

尝试改变

$today = date("Y-m-d")

到

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根据您提供的信息，这是我唯一想到的

这句话的问题确实在于我今天使用

$today

的方式，而不是上面描述的方式。通过更改MySQL语句，将数据插入数据库，问题得以解决：

这个：

$sql=“插入到

$tableB

（

$fields

）从$tableA中选择*其中添加日期=“$today”

需要更改为：

$sql=“插入到
$tableB
（
$fields
）从$table中选择*，其中日期添加在“$date\u 24小时”和“$today”之间

其中，
$date\u 24\u hours
是：
$date\u 24\u hours=date（'Y-m-d'，strottime（'today.-1天'）

这里需要对这两个日期进行比较，否则cron作业会被自己弄糊涂，并在第一次插入完成后感觉自己已经完成了。我想我会分享这些知识，因为我的问题已经解决。
这是一个日期字段，手动运行时效果很好，所以我怀疑这会改变功能。如果出现一些信息，您是否尝试查看日志？我看不出你这里的小代码有任何问题，也许你试图在错误的地方看到错误，伙计：）我唯一可以访问的日志是服务器错误日志，里面没有任何东西哀求与这件事有关，不过谢谢。
$today = date("Y-m-d H:i:s");