在 Javascript 中捕获同源异常？

Question

我正在尝试创建自己的 XMLHttpRequest 框架来了解它的内部工作原理。 让我困惑的一件事是我找不到如何捕获“同源”异常。

这背后的想法是，我尝试加载一个 URL，如果出现同源异常，我会通过该脚本本地的代理脚本重新请求该 URL。我这样做的原因是因为我需要从开发沙箱访问生产数据，并且我希望它对脚本本身尽可能透明。

我知道这是一种不好的做法，但这是目前侵入性最小的方法:)

只是为了清除一些东西 - 我不想绕过同源，我只是想捕获抛出的异常，这样我就可以做一些事情它。

这是我当前用于 xhr 的代码：

var net = function (url, cb, setts){
    this.url = url;
    this.cb = cb;

    var oThis = this;
    if (!this.xhr) {
        this.xhr = new XMLHttpRequest();
        this.xhr.onreadystatechange = function() {
            if (oThis.xhr.readyState == 4 && oThis.xhr.status == 200) {
                document.body.innerHTML += "RS: "+oThis.xhr.readyState+"; ST:"+oThis.xhr.status+"; RP:"+oThis.xhr.responseText+"<br>";
            }
            else {
                // do some other stuff :)
                document.body.innerHTML += "RS: "+oThis.xhr.readyState+"; ST:"+oThis.xhr.status+"; RP:"+oThis.xhr.responseText+"<br>";
            }
        }
    }
    this.xhr.open("GET", url,true);
    this.xhr.send();
} // It's WIP so don't be scared about the unused vars or hardcoded values :)

我尝试尝试...catch around xhr.send();但无济于事，仍然捕捉不到异常。

任何想法或指示将不胜感激。

Answer 1

xhr.onreadystatechange = function() {
    if (xhr.readyState==4) {
        if (xhr.status==0) {
            alert("denied");
        } else {
            alert("allowed");
        }
    }
}

Answer 2

您确定它实际上应该抛出异常吗？我在规范中看不到任何内容： http://www.w3.org/TR/ XMLHttpRequest/#exceptions 看起来确实如此。我的不好。

无论哪种情况，您始终可以根据用户当前所在页面的域检查传入字符串的域。

---

FWIW，正如您通过 this jsFiddle （打开 Web Inspector）看到的，Chrome 并没有真正抛出一个例外。它只是说“无法加载资源”。