从服务器端捕获错误

我从我的服务器获取json数据以将它们显示为表。从服务器端捕获错误

$('#queryFrom').ajaxForm({      
       dataType: 'json',           
       beforeSubmit: showRequest, // pre-submit callback 
       success: processJson,      
       error: function (xhr, ajaxOptions, thrownError){ 
        $('#queryResult').html('<div class="ui-corner-all ui-state-error"><p><span class="ui-icon ui-icon-alert"></span>'+thrownError+'</p></div>'); 
        $('#queryResult').show("slow"); 
       } 
      });

可以以某种方式将mysql错误从json/ajax erros方面分开吗？目前得到：JSON无效：SQLSTATE [42S02]：未找到基本表或视图：1146'simover.simulation'表不存在{} 我可以自定义jQuery引发的消息吗？谢谢阿尔曼。

编辑

可以使用xhr.responceTxt，而不是thrownError。

来源

2010-08-05 Arman

您应该捕获并处理服务器端的MySQL错误，并返回例如一个空的结果集。服务器错误消息不应该到达客户端。 – 2010-08-05 12:44:09

您是否关闭了'php.ini'中的'display_errors'选项？ – 2010-08-05 12:45:19

我想查看错误。用户界面提供了向服务器提交查询的功能。如果我再次返回空集，那么无效的JSON：停留在那里。我想有一个自定义的消息，如：对不起，您的查询是错误的，并指出什么是错的。 – Arman 2010-08-05 12:48:41

当前您的错误回调被调用，因为您的服务器响应中有错误，而不是因为您的服务器遇到问题。 Javascript引擎抛出一个错误，因为它期望返回JSON数据，但它会得到一个普通字符串Base table or view not found...，这不是有效的JSON字符串。

我建议您在服务器上捕获这些错误，例如使用try和catch块，并在发生错误时发回某种特殊响应。像这样：

{ 
    "ok": false, 
    "error_key": "database_error", 
    "error_text": "Base table or view not found: 1146 Table 'simover.simulation' doesn't exist" 
}

来源

2010-08-05 12:51:19

优雅的解决方案。谢谢！我还发现，我从数据库类的所有抛出的错误可以读取：xhr.responseText – Arman 2010-08-05 12:58:02

从服务器端捕获错误

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