我知道现代浏览器不允许对外部URL进行AJAX请求，解决方法是JSON编码，我这样做是这样的：
function findZipCodesInRadius(userZip, radiusInMiles) {
$.getJSON("http://mydomain.com/php/zipCodesInRadius.php?callback=?", {
TheUserZip: userZip,
TheRadiusInMiles: radiusInMiles
},
function (data) {
alert("Data Loaded: " + data);
});
}
在PHP方面，我让它像这样"回显"结果：
$JSONData = array("callback"=>"true");
echo json_encode($JSONData);
在谷歌周围查看后，上面的代码是我发现的，它仍然不起作用。如何正确回显回调？也许我不正确地执行了 ajax 请求？我通常以不同的方式执行此操作，但是因为我正在尝试访问我的另一个网站上的文件，所以我一直在寻找发送请求的正确方式，这就是我想出的。不知道我做错了什么。
您需要实现一个回调函数才能使其正常工作。您需要使用 $_GET['callback'] 中定义的回调函数包装json_encode。
例如，echo $_GET['callback']."(".json_encode($JSONData).")"; .
您必须为 jsonp 请求添加回调
$JSONData = array("callback"=>"true");
$callback = $_GET['callback'];
echo $callback,'(',json_encode($JSONData),')';
我知道现代浏览器不允许对外部 URL 发出 AJAX 请求，
相反，现代浏览器允许这样做，如果你告诉他们（参见 CORS）
解决方法不是 JSON 编码，而是 JSONP，这是一种使用动态<script>元素加载外部源的技术。为此，源代码必须是可执行的JavaScript，这就是callback参数发挥作用的地方：
echo $_GET['callback'] . '(' . json_encode($JSONData) . ')';
参数将是一个函数名称，但你不必在JS代码中关心它，JQuery.getJSON会透明地为你处理它。