在弹出窗口上显示图片，jqm 1.3.2

Question

我想要一张图片并用jQuery Mobile 1.3.2的弹出窗口显示。我从表格中获得的图像名称，然后推送一个js变量。图像（文件）位于服务器端的相关路径（“../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（此路径是正确的），而不是图像。对不起I'm初学者，任何想法？...

PHP 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

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

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

尝试

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

这里是一个DEMO