Question

我想获得一张图片并用jQuery Mobile 1.3.2弹出窗口显示它。我从表中得到的图像的名称，我推动了一个js变量。图像（文件）位于服务器端的相关路径上（“../uploads/thumbs/”）。当我按下按钮时，启动弹出窗口但不显示图片，它显示完整路径（这路径是正确的，但不是图像。抱歉，我是初学者，任何想法？...

PHP

<?php
     …
        $n_fich = $mysqli_connection->real_escape_string($row['n_fich']);
    …
?>

HTML

    <script>
            var baseurl = "../uploads/thumbs/";
            var nom_fich_img_ofert = '<?php echo $n_fich ;?>';
            var path_img_ofert= document.write ('\"' + baseurl + nom_fich_img_ofert + '\"' ); 
         </script>

<a href="#popupfotomioferta" data-role="button" 
data-icon="grid" data-mini="true" data-rel="popup" 
id="imagePopupLink">Imagen de la Oferta
</a>

<div data-role="popup" id="popupfotomioferta" data-overlay-theme="a" 
data-theme="d" data-corners="false">

 <a href="#" data-rel="back" data-role="button" data-theme="a" 
data-icon="delete" data-iconpos="notext" 
class="ui-btn-right">Cerrar</a>
<img class="popphoto" src="path_img_ofert" 
style="max-height:512px;" alt="picture">

</div>

Answer 1

而不是

var path_img_ofert= document.write ('\"' + baseurl + nom_fich_img_ofert + '\"' );

试

$(".popphoto").attr('src',  baseurl + nom_fich_img_ofert );

这是 DEMO

在弹出窗口jqm 1.3.2上显示图像

1 个答案: