Php 返回MySQL选择为JSON

我使用以下php代码将MYSQL的结果构建为JSON：

<?php
$mysql_db_hostname = "localhost";
$mysql_db_user = "root";
$mysql_db_password = "";
$mysql_db_database = "essensplan";


$con = @mysqli_connect($mysql_db_hostname, $mysql_db_user, $mysql_db_password, $mysql_db_database);

if (!$con) {
 trigger_error('Could not connect to MySQL: ' . mysqli_connect_error());
}
$var = array();
 $sql = "SELECT * FROM beispiel";
$result = mysqli_query($con, $sql);

while($obj = mysqli_fetch_object($result)) { $var[] = $obj; }

echo '{"users":'.json_encode($var).'}';
?>

---

检查连接错误后，应修改零件，如下所示：

$var = array();
$sql = "SELECT * FROM beispiel";
$result = mysqli_query($con, $sql);

while($obj = mysqli_fetch_object($result)) { 
    $var['users'][] = $obj; 
}

echo json_encode($var);

例如，如果返回的结果是数组，那么

array(
    'name' => 'person1',
    'age' =>  25
),
array(
    'name' => 'person2',
    'age' => 30
),
array(
    'name' => 'person3',
    'age' => 22
)

然后返回的JSON响应如下：

{"user":[{"name":"person1","age":25},{"name":"person2","age":30},{"name":"person3","age":22}]}

---

希望解决了您的问题，如果需要进行任何修改，请提供更多信息。

您应该详细说明它在何处工作和之后不工作之间的步骤。启用错误报告、mysqli\u错误、检查字符集、var\u转储结果集、使用IDE调试器等。特殊字符可以中断json，它将返回null。您可能需要对它们进行utf8\u编码。但是，如果没有看到表结构和数据，很难说。您能转储$var的内容吗？在我的表中，有4行是双精度的，4行是utf8编码的。谢谢，但它也不起作用（My db调用'essensplan'，表名为'Beispile'，示例中的一列名为'Hauptspeise'。但它没有显示任何内容，json中的响应是空的。到底是什么问题？应用程序期望什么响应？响应是否为空？**编辑：您可以尝试删除'at'字符（@）从这一行

$con=@mysqli_connect（..

）。添加该字符意味着如果该调用调用了任何错误，它将被静音-因此您不知道那里是否确实有错误。删除它后，请尝试在上述行之前添加

错误报告（E_ALL）；

（仅在尝试解决此问题时添加它）。如果有任何错误，它将为您显示所有错误-这样我们可能更接近于找到您的问题，因为我在您的代码中没有看到任何其他可能导致此问题的内容。我将

错误报告（E\u all）

函数，但也有所有空的，没有错误代码和json脚本。数据库工作，只显示带有echo的正常数据库。有来自我的表的数据。是否有使用php的json的特殊设置？或者是否有

错误报告
用于
json\u encode
？尝试添加下面的行e> $var['users'][]=$obj；
：
print\r（$obj）；
这将打印给定对象的可理解表示，或者简单地说，显示PHP如何查看变量。
{"user":[{"name":"person1","age":25},{"name":"person2","age":30},{"name":"person3","age":22}]}