Question

我上传了* .mp4视频，并使用JavaScript的new Blob()函数将其转换为Blob type。我使用AJAX将此Blob发送到PHP。

现在，我想在PHP中阅读此Blob的内容。换句话说，我需要此Blob的二进制数据并将其存储到PHP variabele中。

但是，似乎无法使用PHP读取Blob文件，因为fread，fopen和file_get_contents都失败了！在浏览器中打开Blob URL时，视频可以正常播放。

我的问题是，如何在不安装扩展程序/库的情况下使用PHP获取该Blob的二进制数据？

var_dump($_FILES['video']);
Array
(
    [name] => blob
    [type] => video/mp4
    [tmp_name] => C:\xampp\tmp\php43B8.tmp
    [size] => 58
    [error] => 0
)

// Try 1
if ($stream = fopen($_FILES['video']['tmp_name'], 'r')) {

    echo stream_get_contents($stream, filesize($_FILES['video']['tmp_name']));
    fclose($stream);
}

// Try 2
if ($fp = fopen($_FILES['video']['tmp_name'], 'r')) {
    echo fread($fp, filesize($_FILES['video']['tmp_name']));
    fclose($fp);
}

// Try 3
file_get_contents($_FILES['video']['tmp_name'])

结果始终为：blob:http://localhost/d53e40bd-686b-46c8-9e81-94789351466f

Answer 1

我知道这是一个较晚的答复，您可能已经解决了此问题，但是这是我为BLOB处理所做的事情。由于Blob已经上传到TEMP文件位置，因此我们首先使用PHP的move_uploaded_file函数将上传的文件移动到某个位置。从那里，您可以读取内容等，然后在处理完成后从服务器中删除文件。

这里有一个使用图像文件的非常基本的示例：

// Ajax data for posting the blob, remember to set process data to false
formData.append('code', 'uploadedImage');
formData.append('image', blob);
var url = "script.upload.php";
$.ajax({
    type: 'POST',
    url: url,
    data: formData,
    processData: false,
    contentType: false,
    success: function (data) {}
});


// PHP Code for uploading the file to the server
if ($_POST['code'] == "uploadedImage") {
    $data = $_FILES['image']['tmp_name'];
    move_uploaded_file($data, $_SERVER['DOCUMENT_ROOT'] . "/img/" . time() . ".png");
}

我们现在在基本目录/图像位置有一个1542839470.png之类的文件。现在，可以从此处读取，移动，流式传输，存储图像，无论如何。我正在使用一个名为Croppie的便捷插件来为寻找整洁工具的人调整图像大小，旋转和裁剪图像。通过先处理它们，我可以避免之后再对它们执行任何操作。在制作视频时，这不适用于您的特定情况，但对于做类似工作的人（例如我）来说，这是一个方便的插件。

完成文件处理后（通过卷曲YouTube API或对完成的文件进行任何处理），只需使用以下命令即可删除文件。从上方缓存视频或文件名和位置（只需通过设置位置$var即可完成操作）并将其输入此命令。

unlink("path_to_file_location"); //delete it

PHP-读取BLOB文件的内容

1 个答案: