Laravel 路由隐式绑定返回 500 而不是 404

Question

所以我的 Laravel 10 应用程序中有一条如下所示的路线：

Route::get('user/{user}', [UserController::class, 'getProfile']);

我在 Laravel 的文档中读到，如果找不到给定的用户，它应该返回 404 错误：

如果在数据库中未找到匹配的模型实例，将自动生成 404 HTTP 响应。

但在我的应用程序中，我收到了 500 错误......我处理这条路线的控制器非常基本：

public function getProfile(User $user): View
{
    return view('user.profile', ['user' => $user]);
}

知道问题出在哪里吗？我真的不知道该去哪里看...

Answer 1

好吧，我明白了...这是由于我一年多前在

App\Exceptions\Handler

课程中所做的改变。

基本上默认情况下，Laravel 确实会为所有

ModelNotFoundException

异常抛出 404。

在此文件中，Laravel 将

ModelNotFoundException

s 注册为

NotFoundHttpException

s，这会返回 404。

我一年前遇到的问题是我不希望所有

ModelNotFoundException

返回 404，因为有时在未找到错误模型时会导致错误的 404（某些请求要求我找到多个模型，例如主模型的子模型，如果找不到相关的主模型，我只想要 404）。

所以我编辑了我的

App\Exceptions\Handler

以包含以下内容：

protected function shouldntReport(Throwable $e): bool
    {
        $shouldntReport = parent::shouldntReport($e);

        return $e instanceof ModelNotFoundException ? false : $shouldntReport;
    }

    protected function prepareException(Throwable $e): Throwable
    {
        if ($e instanceof ModelNotFoundException) {
            return $e;
        }

        return parent::prepareException($e);
    }

现在的结果是当出现

ModelNotFoundException

时，如果不处理就会返回500错误。并且它会被记录下来。这就是我想要更好地控制我的应用程序的目的。

所以，如果我不想使用 Laravel 的默认功能，在这种情况下我能想到的唯一解决方案是如果我担心发生 500 个错误，则不要使用隐式绑定。相反，我应该将问题中的路线更改为：

Route::get('user/{id}', [UserController::class, 'getProfile']);

和我的控制器：

public function getProfile(string $id): View
{
    $user = User::find($id);
    if (!$user) {
        abort(404);
    }

    return view('user.profile', ['user' => $user]);
}