在 php 中使用 wkhtmltoimage

Question

当我在终端中使用 wkhtmltoimage 时，效果很好。但在php中使用时会出现一些问题。这是问题所在： php代码：

<?php
  $command = './wkhtmltoimage --width 164 --height 105 --quality 100 --zoom 0.2 http://www.google.com file/test.jpg';
  ob_start();
  passthru($command);
  $content = ob_get_clean();
  echo $command;
  echo $content;
?>

它有效。当我在终端中尝试相同的命令时，它也运行良好。

但是当我尝试其他链接时，它无法正常工作。

<?php
  $command = './wkhtmltoimage --width 164 --height 105 --quality 100 --zoom 0.2 http://codante.org/linux-php-screenshot file/test.jpg';
  ob_start();
  passthru($command);
  $content = ob_get_clean();
  echo $command;
  echo $content;
?>

它确实有效。但是当我在终端中尝试相同的命令时。它有效！请帮助我。

Answer 1

我猜测出于安全原因，passthru在用于 Web 服务器的文件中禁用了该功能。php.ini尝试执行以下代码：

function passthru_enabled() {
    $disabled = explode(', ', ini_get('disable_functions'));
    return !in_array('exec', $disabled);
}
if (passthru_enabled()) {
    echo "passthru is enabled";
} else {
    echo "passthru is disabled";
}

如果它被禁用，那么除非您可以编辑 php.ini 文件，否则您实际上无能为力。

编辑：另外，请确保在代码中启用错误报告，如果您尝试使用禁用的功能，代码也应该显示某种警告。将其放入您的代码中：

error_reporting(-1);
ini_set('display_errors', 'On');

编辑：

如果passthru启用，那么我认为命令应该由命令行而不是 PHP 正确执行的唯一原因是因为它没有正确传递到命令行。尝试使用escapeshellarg在参数周围添加引号。

$url = escapeshellarg('http://codante.org/linux-php-screenshot');
$command = "./wkhtmltoimage --width 164 --height 105 --quality 100 --zoom 0.2 $url file/test.jpg";

您可能还想利用 的第二个参数passthru，它返回命令的退出状态。非零值表示存在错误。

passthru($command, $status);
if ($status != 0) {
    echo "There was an error executing the command. Died with exit code: $status";
}

有关这些退出代码的列表可帮助您调试正在发生的情况，请参阅具有特殊含义的退出代码