Question

我尝试通过这种方式在服务器上发送.zip文件：

function sendData(){
    let zipFile = document.getElementById('fileReciever').files[0];
    let formData = new FormData();

    formData.append('id', btoa('7804044924'));
    formData.append('data', zipFile);
    fetch('http://localhost/xmlReader/reciever.php', {method: "POST", body: formData});
}

但是在$ _POST的服务器（php）上，我仅获得“ id”字段，“ data”不存在。我做错了什么？

我这样尝试：

let zipFile = document.getElementById('fileReciever').files[0];
let formData = new FormData();

formData.append('id', btoa('7804044924'));
formData.append('data', zipFile);
//fetch('http://localhost/xmlReader/reciever.php', {method: "POST", body: formData});

let req = new XMLHttpRequest();
req.open("POST", 'http://localhost/xmlReader/reciever.php');
req.send(formData);

但是结果是相同的-在$ _POST的服务器上，我仅获得一个字段-“ id”，缺少字段“ data”。

Answer 1

如果要捕获文件，则必须使用$ _FILES而不是$ _POST。

假设您发送的图片比var_dump（$ _ FILES）多，您将获得数组内容

[名称]：名称（来自浏览器，因此被污染）
[类型] =>图片/ jpeg（文件类型）
[tmp_name] => / tmp / php / php1h4j1o（取决于您的配置设置，但是用户无法控制，因此不会受到污染）
[错误] => UPLOAD_ERR_OK（= 0）
[大小] => 123（字节大小）

这样您就可以获取文件数据。

Here，您会找到很好的示例，例如我在此使用的示例。

使用fetch（）在服务器上发送.zip文件时遇到问题

1 个答案: