使用 fetch() 在服务器上发送.zip 文件时遇到问题

Question

我尝试通过这种方式在服务器上发送 my.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，我只得到“id”字段，“data”不存在。 我做错了什么？

我尝试这种方式：

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);

但结果是相同的 - 在 $_POST 的服务器上我只得到一个字段 - “id”，字段“data”不存在。

Answer 1

如果要捕获文件，则必须使用 $_FILES 而不是 $_POST。

假设您发送的图像比您的 var_dump($_FILES) 多，您将获得一个数组内容

• [Name]：名称（来自浏览器，视为污点）
• [type] => image/jpeg（文件类型）
• [tmp_name] => /tmp/php/php1h4j1o （取决于您的配置设置，但用户无法控制，所以这没有被污染）
• [错误] => UPLOAD_ERR_OK (= 0)
• [大小] => 123（以字节为单位的大小）

所以你得到你的文件数据。

在这里你可以找到像我在这里使用的很好的例子。