为什么我的php变量没有输出javascript警报？

Question

我有一个PHP变量,我试图传递给一个javascript函数.使用纯PHP我将回显所需的字符串输出,但当我把它推入变量并在javascript中输出它不起作用.

似乎javascript似乎没有看到任何东西.

这是代码:

<?php $a = get_post_thumbnail_id( $post -> ID ); ?>
<?php $img = wp_get_attachment_image_src( $a ); ?>
<?php $b = $img[0]; ?>
<script type="text/javascript">
var myVar = <?php echo $b; ?>;
alert(myVar);
</script> 

虽然这只是我正在努力工作的一段测试代码,但我试图使用这样的结果:

<?php $a = get_post_thumbnail_id( $post -> ID ); ?>
<?php $img = wp_get_attachment_image_src( $a ); ?>
<?php $b = $img[0]; ?>
<script type="text/javascript">
$(".imgWindow").backstretch("<?php echo $b; ?>"); 
</script>

显然有一些强调PHP和Javascript的主要内容我必须要丢失.

请赐教.帮助赞赏.

Answer 1

<?php $a = get_post_thumbnail_id( $post -> ID ); ?>
<?php $img = wp_get_attachment_image_src( $a ); ?>
<?php $b = $img[0]; ?>
<script type="text/javascript">
var myVar = '<?php echo $b; ?>';
alert(myVar);
</script> 

您必须将值包装为非整数值的引号.

或者,像这样分配:

var myVar = '<?=$b;?>';