Question

我是一个对html，javascript，php知识有限的爱好者。我将Raspberry Pi微型计算机设置为Web服务器。作为一个起点，我想通过网页上的按钮打开连接到Pi的LED。我有以下代码（html文件的名称是min.php）：

<html>
<head>
<meta name="viewport" content="width=device-width" />
<title>LED Control</title>
</head>
    <body>
    LED Control:
    <form method="get" action="min.php">
        <input type="submit" value="ON" name="on">
    </form>
    <?php
    $setmode7 = system("gpio mode 7 out");
    if(isset($_GET['on'])){
        $gpio_on = system("gpio write 7 1");
        echo "LED is on";
    }
    else {
        echo "LED is off";
    }
    ?>
    </body>
</html>

现在我想用ajax函数重写代码，以便在单击按钮时页面不会重新加载，这里我遇到了问题。我查看了很多已发布的示例，但我无法克服困难。我更改了html代码如下：

<html>
<head>
<meta name="viewport" content="width=device-width" />
<title>LED Control</title>
</head>
<body>
<button type="button" onclick="LED_On()">LED On</button>
<script src="http://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.11.2/jquery.min.js"><?script>
<script>
function LED_On(){
    $.ajax({
        url:"LED_On.php",
        type:"GET",
        data:"on"
    });
}
</script>
</body>
</html>

LED_On.php文件具有以下代码，并存储在与html文件相同的目录中：

<?php
if(isset($_GET['on'])){
     $setmode7 = system("gpio mode 7 out");
     $gpio_on = system("gpio write 7 1");
     echo "LED is on";
     }
     else {
        echo "LED is off";
    }
?>

单击该按钮不会打开LED。任何帮助表示赞赏。

Answer 1

检查您的代码

<script src="http://ajax.googleapis.com/ajax/libs/jquery/1.11.2/jquery.min.js"><?script>

<?script>应更改为</script>

使用ajax运行php脚本，点击按钮

1 个答案: