php - 为什么我没有收到任何 Firebug 控制台响应内容？

Question

我的外部 javascript 文件中有这个 ajax 调用，但我没有从 firebug 控制台获取任何内容，这是我的代码

   $.ajax({
      type: "POST",
      url: "classes/ajax.registerpopup.php",
      timeout: 8000,
      data: "userid="+userid+"&resumetitle="+resumetitle+"&resumeintro="+resumeintro+
            "&name="+name+"&dob="+dob+"&contacttel1="+contacttel1+"&contacttel1type="+contacttel1type+
            "&contacttel2="+contacttel2+"&contacttel2type="+contacttel2type+"&contacttel3="+contacttel3+
            "&contacttel3type="+contacttel3type+"&primaryemail="+primaryemail+"&secondaryemail="+secondaryemail+
            "&skype="+skype+"&facebook="+facebook+"&linkedin="+linkedin+"&twitter="+twitter+
            "&messenger="+messenger+"&yahoo="+yahoo+"&aol="+aol+"&summaryofpositionsought="+
            summaryofpositionsought+"&summaryofskills="+summaryofskills+"&gender="+gender,
      success: function(msg){
          if(msg == "success"){
            alert(msg);
           $('form#wsrecruitcvhead').fadeOut("normal",function(){
           $('div.successpost').fadeIn(1000);
          });
          } else {
            alert(msg);
          }
      },
      });
      return false;
         }

这是我的 php 代码

$sql = "INSERT INTO wsrecruitcvhead VALUES($userid,NULL,NULL,'$resumetitle','$resumeintro','$name','$dob','$contacttel1','$contacttel1type',
'$contacttel2','$contacttel2type','$contacttel3','$contacttel3type','$primaryemail','$secondaryemail','$skype','$facebook','$linkedin','$twitter',
'$messenger','$yahoo','$aol','$summaryofpositionsought','$summaryofskills','$gender',NOW(),NULL)";


if(mysql_query($result)){
  echo "success";
} else {
  echo "error".mysql_error();
}

Answer 1

• 使用 alert 不会在 Firebug 控制台上显示任何内容，您必须使用 console.log
• $.ajax 上的 success 参数仅在没有发生服务器错误的情况下才有效，因此如果您的 PHP 代码中有错误，则不会调用此方法<

更新:只是为了分享一些 jQuery 经验，假设您的所有表单字段都有一个 name 属性，您可以使用 $.serialize 来构建此 param1=value1&param2=value2 字符串。检查此链接:http://api.jquery.com/serialize 。