Javascript 在jquery函数中使用PHP脚本

我重复了以下php，它在HTML中正确显示，因此这不会是一个问题：

PHP

这将以正确的div格式输出三行-苹果、梨、草莓

当我将下面的php脚本放入下面的jquery函数中时，菜单确实包含最后一个值，但是缺少前两个值

JavaScript

//drop down menu
$(document).ready(function(){
function createDropdown(){
    var drop = $('#customDropdown');
    var i;
    var htmlString = '<div id="dropContainer">';

    htmlString += '<?php echo $list;?>';

    htmlString += '</div>';
    drop.append(htmlString);
    }

   createDropdown();

---

我不熟悉jquery和php，所以如果错误很简单，请原谅我；然而，从功能上讲，我非常肯定它是正确的，因为我得到了一些东西；所以我想语法一定是哪里出错了。有人能帮忙吗？提前感谢。

在您的php中应该是

$list.=.$row[项目]

然后在js部件中像这样输出

---

。用于连接php中的字符串

$list.=.$row[项目]

然后在js部件中像这样输出

---

。用于连接php中的字符串

您仅将最后一项赋给$list变量。您需要将它们连接在一起

尝试：

---

请注意$list.=而不是$list=part。

您只将最后一项分配给$list变量。您需要将它们连接在一起

尝试：

---

请注意$list.=而不是$list=part.

您的意思是-$list='。$row[item]；如果是这样，它似乎不起作用。我的意思是让它保持在JS部分中的状态，并在php部分中添加“.”，正如我在回答中所写的。请注意，在变量列表之前的输出中仍然需要echo部分。您的意思是-$list=”。$row[item]”；如果是这样，它似乎不起作用，我的意思是让它保持在JS部分中的状态，并在php部分中添加“.”，正如我在回答中所写的。请注意，在变量列表之前的输出中仍然需要echo部分。

//drop down menu
$(document).ready(function(){
function createDropdown(){
    var drop = $('#customDropdown');
    var i;
    var htmlString = '<div id="dropContainer">';

    htmlString += '<?php echo $list;?>';

    htmlString += '</div>';
    drop.append(htmlString);
    }

   createDropdown();

if (mysqli_num_rows($result) > 0) {
    // Create the drop down menu
    $list = "";
    while($row = mysqli_fetch_assoc($result)) {
        $list .= '<div class="dropOption">' . $row["item"] . '</div>';
    }
}