Question

我正在尝试创建一个代码来获取上传的图像，存储它们并显示图像预览并确认图像已成功上传。

<?php
$name=$_FILES['myfile']['name'];
$tmp=$_FILES['myfile']['tmp_name'];
$error=$_FILES['myfile']['error'];
$path='myweb/';
if(move_uploaded_file($tmp,$path.$name)==1){echo 'success';}else{echo $error;};
echo ('<img src="$path.$name" height="100px" width="100px"/>');
<?php

问题是图像没有显示。

我也试过

echo ('<img src="$path$name" height="100px" width="100px"/>');

但它仍然不起作用。

如何显示图像？

Answer 1

问题出在单引号和双引号上。

echo '<img src="' . $path.$name . '" height="100px" width="100px"/>';

您使用过单引号，因此没有使用变量名称。

Answer 2

您必须在打印的字符串中包含变量，如下所示：

echo ('<img src="'.$path.$name.'" height="100px" width="100px"/>');

您可以在the documentation.

中详细了解相关信息

如果您不这样做，PHP会认为您要打印文本$path.$name而不是变量内容。

Answer 3

<img src="<?php echo $path,$name; ?>" height="100px" width="100px"/>

OR

echo '<img src="' . $path.$name . '" height="100px" width="100px"/>';

Answer 4

使用双“”和“单引号”之间存在差异。

双引号被解析，这意味着

$variable = 10;
echo "$variable";

将输出：

单引号无法解析：

$variable = 10;
echo '$variable';

将输出：

$variable

你在''中使用变量，这意味着它们不会被解析。

Answer 5

我在上面的代码中替换了第13行。

echo (" <img src=$path.$name height=100px width=100px/>");

现在正在努力。看起来像双引号是这里的问题。我读过关于它的信息。非常感谢你们，你们都非常乐于助人。:)

显示上传的图像

5 个答案: