在javascript弹出窗口上生成AJAX回调表

我使用了jqueryajax，它在点击按钮时启动，点击按钮后，一个变量传递给jquerypost正在使用的php脚本。但是，当我尝试在javascript alert（）方法上附加返回数据时，它会返回php脚本的html内容，而不是将其呈现出来。有人能在这方面帮助我吗

<?php

$var = $_POST['var'];

$sql = mysql_query("select * from racers Where style = '$var'");


while ($r = mysql_fetch_assoc($sql))
    {
    $name = $r['rName'];

    echo '<tr><td>'.$name.'</td></tr>';
    }
?>

---

我假设您正在使用Apache（就像大多数PHP配置一样）。
你检查了你的Apache配置了吗。我猜它必须被配置成以脚本的形式处理PHP。否则，它会返回原样而不进行解析
如果出现语法错误，请尝试此操作

<?php

   $var = $_POST['var'];

   $sql = mysql_query("select * from racers Where style = '$var'");


while ($r = mysql_fetch_assoc($sql))
 {
   $name = $r['rName'];

   echo '<tr><td>'.$name.'</td></tr>';
 }
?>

发布php代码如果在
alert（）
中打印html，请发布它显示的内容（因为它会变化）。当然，您将看到的是html标记。@digzol真的吗？！！？！我以为它会运行html，然后在警报上生成它……如何生成html，就像弹出窗口一样，我认为警报是最好的方式……有什么建议吗？！？！？！你有语法错误。。。检查下面我的答案。至于弹出窗口，这完全是另一个问题