jquery $ .post数据从弹出窗口弹出窗口

Question

我试图从用window.open方法打开的弹出窗口中将数据发布到新窗口（使用window.open）。我想要做的是将所选的选项值传递到新打开的窗口并使用$ _POST加载数据。

这里是我的尝试：

$(document).on('click', '.openForm', function() 
{ 
    var select = $(this).data('select'), 
     val = $('#'+ select).val(); 

    $.post('/path/to/page.php', {id: val}, function(res) 
    { 
     window.open('/path/to/page.php'); 
    }); 
}); 

，目前page.php文件有$ _ POST返回空一的var_dump。它也在一个新的选项卡而不是一个新的窗口中打开页面 - 我认为这是为了打开窗口的唯一名称？

我不确定如何得到它，所以$ .post可以发布到同一页面并使用发送的数据打开它 - 您知道的任何链接或解决方案都可以工作吗？

谢谢:)

Answer 1

修改你的脚本是这样的：

<script type="text/javascript"> 
$(document).on('click', '.openForm', function() 
{ 
    var select = $(this).data('select'), 
     val = $('#'+ select).val(); 


    $.post('/path/to/page.php', {id: val}, function(res) 
    { 
     console.log(res); 

     var myWindow = window.open("", "MyWindow", "width=600,height=600"); 
     myWindow.document.write(res); 
     //window.open('test_json.php',1,'width=600, height=600'); 
    }); 
}); 

</script> 

1）的$ _ POST返回空的var_dump。因为你的要求$.post('/path/to/page.php')和window.open('/path/to/page.php');将有所不同。第一次被视为职位，并在完成后window.open('/path/to/page.php');将出现，这将是get请求。

2）要打开窗口，不要在新选项卡上打开窗口，必须在window.open()方法中将其宽度和高度作为第3个参数传递。