jQuery Ajax返回變量（邏輯缺陷）

我一直在嘗試學習Javascript/jQuery，但我碰到了一堵我似乎無法打破的牆。這是我的代碼：jQuery Ajax返回變量（邏輯缺陷）

function beginProblem() { 
var myVar = getMyVar(); 
console.log(myVar); 
} 

function getMyVar(){ 
$.ajax({ 
    url: "myTest.php", 
    success: function(result){ 
     var myVar = result; 
     // return myVar; THIS DOESN'T WORK 
    } 
}); 
return myVar; // This doesn't work either 
} 

beginProblem();

myvar可以登錄爲未定義，因爲運行的console.log是getMyVar完成之前。我已經閱讀了關於這個問題的一些其他問題，但我沒有設法理解解決方案，有人可以讓我知道，當我需要從ajax調用獲得一個變量，然後執行其餘部分時，我應該記住什麼功能？

對不起，提前謝謝！

來源

2014-09-24 csharp_ant

嘗試一些類似這樣的

function beginProblem() { 
 
var myVar = getMyVar({ 
 
    success:function(result) 
 
    { 
 
    console.log(result); 
 
    } 
 
}); 
 
} 
 

 
function getMyVar(obj){ 
 
$.ajax({ 
 
    url: "myTest.php", 
 
    success: obj.success 
 
}); 
 
} 
 

 
beginProblem();

來源

2014-09-24 10:51:20

OMG這個工作！請告訴我發生了什麼，我似乎無法理解這一點！ – 2014-09-25 00:19:49

在我的例子中，你爲ajax請求設置了回調。所以，它在請求完成後運行 – 2014-09-25 09:28:29

所以在ajax方法中，您將url指向「myTest.php」。再次檢查此網址。如果您使用Chrome，請在運行之前右鍵單擊Inspect元素（或按F12，如果您使用Firefox，則可以下載並安裝Firebug插件進行調試），單擊「Network」選項卡，然後以原始格式查看您的請求。如果您的請求返回代碼200，則表示網址無誤，除非進行檢查。如果代碼是200，請再次檢查您的功能。

如果它返回代碼500，請再次檢查你的函數，返回類型，邏輯順序。和400，這意味着它可以找到你的服務，你必須檢查你的網址完全路徑。我對PHP沒有足夠的知識。但是我在Java方面經驗豐富，如果你換成java，請按照我的方向行事。

來源

2014-09-24 10:37:59

試試這個，它會工作....

function beginProblem() { 
var myVar = getMyVar(); 
console.log(myVar); 
} 

function getMyVar(){ 
$.ajax({ 
    url: "myTest.php", 
    async: false, 
    success: function(result){ 
     return result; 
    } 
}); 
    } 

beginProblem();

來源

2014-09-24 11:02:42

jQuery Ajax返回變量（邏輯缺陷）

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