我使用命令创建了一个数据库
CREATE TABLE login_table2(user_name VARCHAR(32), first_name VARCHAR(32),
last_name VARCHAR(32), password VARCHAR(64));
然后我使用命令插入了一个数据
INSERT INTO login_table2(user_name ,first_name , last_name , password )
VALUES('ramya', 'ramya', 'muthu', 'India');
数据被插入表中。然后我使用命令插入了另一组数据
INSERT INTO login_table2(user_name ,first_name , last_name , password )
VALUES('jeyshree', 'jey', 'shree', 'India');
数据也被插入了表中。然后我发出命令
SELECT first_name FROM login_table2;
该命令显示了表中所有的名字。然而,当我发出命令时
SELECT password FROM login_table2 WHERE user_name = 'ramya';
尽管表中有条目,但它什么也没得到。注意我做错了什么。正在等待你的回复。
尝试使用
SELECT databasename.first_name FROM login_table2;
或使用所有
SELECT * FROM login_table2;
[*]应该工作
你正在使用的代码对我来说很好
尝试在查询的末尾使用此选项
or die (mysql_error());
查看查询中的错误
示例
$query = mysql_query("SELECT password FROM login_table2 WHERE user_name = 'ramya'"); or die (mysql_error());
查询表后,你用了吗
mysql_fetch_object($query);
password
是MySQL中的一个关键字。您不能在SQL查询中直接使用它。
尝试使用撇号:进行转义
SELECT `password` FROM login_table2 WHERE user_name like 'ramya';
您必须使用backtik作为密码。
从login_table2中选择
password
,其中user_name="ramya";
请参阅:http://dev.mysql.com/doc/refman/5.0/en/create-user.html
这实际上对我来说很好。这是我创建的SQLfiddle。我建议您使用"WHERE user_name like‘ramya’"。
试用此
SELECT password FROM login_table2 WHERE user_name like 'ramya';