进行php调用后未显示照片

我试图使用php从数据库中检索一些数据，然后将数据添加到json_encode数组中，发送到另一个php文件，以便在站点上显示内容。目前，我能够检索包含文本的内容，但是，我无法检索图像。例如，不显示伦敦的图像，而是显示文本London..jpg

这是我的php文件，它为数据库选择数据

         <?php
require_once('conn.inc.php'); 
$stmt = $mysqli->prepare("SELECT CityName,CityID, CityPopulation,CitySkills,CityEmploymentRates,CityjsaClaimants ,Image ,CityWeeklyEarnings FROM citiesdata WHERE CityID = ? ORDER BY CityName");
$stmt->bind_param('i', $_GET['CityID']);
$stmt->execute(); 
$stmt->bind_result($CityName, $CityID,$CityPopulation,$CitySkills,$CityEmploymentRates,$CityjsaClaimants,$Image,$CityWeeklyEarnings); 
$myArray = array();

while ($stmt->fetch()) {
    $myArray[] = $CityName;

    $myArray[] = $CityPopulation;
    $myArray[] = $CitySkills;
    $myArray[] = $CityEmploymentRates;
    $myArray[] = $CityjsaClaimants;
    $myArray[] = $Image;
    $myArray[] = $CityWeeklyEarnings;


}
echo json_encode($myArray);


?>

这是我用来检索网站数据的javascript代码，我正在使用CityID检索数据，例如，如果CityID为1，单击一个单选按钮，值为1，这将匹配CityID为1的伦敦，城市的详细信息将显示，但图像除外，因为我有多个图像，我使用了json_encode，我不知道将图像src放在哪里，因为我正在处理多个图像具有多个图像的城市。当用户通过单选按钮选择一个城市时，网站上的一切都显示得很好——城市名称、城市技能等，我如何才能使其在用户选择单选按钮时，城市图像将与城市名称、城市技能等一起显示

$(document).ready(function(){
$('input[name=CityID]').on('click', function(){
var sendVals = $(this).serialize();
        var returnData = "";
        $("#displayResults").html('<li>Please Wait!</li>');
        $.get("phpCalling.php", sendVals, function(myData){

            $.each(myData, function(key, value) {

                returnData += "<p>"
                returnData += value;
                returnData += "</p>";
            })
            $("#displayResults").html(returnData);

        }, "json");

    });

});

$（文档）.ready（函数（）{
$（'input[name=CityID]'）。在（'click'，function（）上{
var sendVals=$（this）.serialize（）；
var returnData=“”；
$（“#displayResults”）.html（“
请稍候！
”）；
$.get（“phpCalling.php”、sendVals、函数（myData）{
$.each（myData、函数（键、值）{
returnData+=“”
返回数据+=值；
返回数据+=“
”；
})
$（“#显示结果”）.html（返回数据）；
}“json”）；
});
});

更改以下代码

while ($stmt->fetch()) {
$myArray[] = $CityName;

$myArray[] = $CityPopulation;
$myArray[] = $CitySkills;
$myArray[] = $CityEmploymentRates;
$myArray[] = $CityjsaClaimants;
$myArray[] = $Image;
$myArray[] = $CityWeeklyEarnings;


}

作为

while（$stmt->fetch（））{
$myArray[]=$CityName；
$myArray[]=$CityPopulation；
$myArray[]=$CitySkills；
$myArray[]=$CityEmploymentRates；
$myArray[]=$CityjsaClaimants；
$myArray[]=''；
$myArray[]=$CityWeekldAgents；

---

}

您不只是用您的方法输出链接吗？需要将其添加为图像

如何将图像存储在数据库中？您是将图像本身存储为

blob

还是仅存储其文件路径？@JoshBalcitis，我将图像存储为London.jpg，而不使用filepath@Sky您不是在存储图像，而是在存储指向图像的链接。。。正如我在第一篇评论中所说，您需要使用此链接创建一个图像。如果您只是将文本

london.jpg

存储在数据库中，则必须为该文件名输出适当的图像标记和url，例如

。因为，否则的话，你所做的就相当于在一些废纸上写上“法拉利”，然后想知道为什么你的车道上没有一辆超级跑车。

while ($stmt->fetch()) {
$myArray[] = $CityName;

$myArray[] = $CityPopulation;
$myArray[] = $CitySkills;
$myArray[] = $CityEmploymentRates;
$myArray[] = $CityjsaClaimants;
$myArray[] = '<img src="'.$Image.'"/>';
$myArray[] = $CityWeeklyEarnings;