使用 fetch() 在服務器上發送.zip 文件時遇到問題

Question

我嘗試通過這種方式在服務器上發送 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 的服務器（php）上，我只得到“id”字段，“data”不存在。 我做錯了什么？

我嘗試這種方式：

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);

但結果是相同的 - 在 $_POST 的服務器上我只得到一個字段 - “id”，字段“data”不存在。

Answer 1

如果要捕獲文件，則必須使用 $_FILES 而不是 $_POST。

假設您發送的圖像比您的 var_dump($_FILES) 多，您將獲得一個數組內容

• [Name]：名稱（來自瀏覽器，視為污點）
• [type] => image/jpeg（文件類型）
• [tmp_name] => /tmp/php/php1h4j1o （取決於您的配置設置，但用戶無法控制，所以這沒有被污染）
• [錯誤] => UPLOAD_ERR_OK (= 0)
• [大小] => 123（以字節為單位的大小）

所以你得到你的文件數據。

在這里你可以找到像我在這里使用的很好的例子。