如何通过jQuery传递post变量？

我有一个click事件这个jQuery电话：如何通过jQuery传递post变量？

var url = "http://www....."; 
$('#platforms-lasers-video').load(url + ' #platforms-lasers', {video: 'platforms-lasers'});

我使用笨，并通过$数据[“视频”] = $这个 - >输入 - >后（“视频”）的观点，确保将$数据传递给视图。

我赞同这样的：

<div id="<?php echo $video; ?>"> 

    <div id="video"> 
     <video width="650" height="360" controls="controls" preload="auto" poster="<?php echo base_url(); ?>images/features/<?php echo $video; ?>.jpg"> 
      <source src="<?php echo base_url(); ?>videos/<?php echo $video; ?>.mp4" type='video/mp4; codecs="avc1.42E01E, mp4a.40.2"' /> 
      <source src="<?php echo base_url(); ?>videos/<?php echo $video; ?>.webm" type='video/webm; codecs="vp8, vorbis"' /> 
      <source src="<?php echo base_url(); ?>videos/<?php echo $video; ?>.ogv" type='video/ogg; codecs="theora, vorbis"' /> 
      <object id="flash_fallback_1" class="vjs-flash-fallback" width="650" height="360" type="application/x-shockwave-flash" data="http://releases.flowplayer.org/swf/flowplayer-3.2.7.swf"> 
      <param name="movie" value="http://releases.flowplayer.org/swf/flowplayer-3.2.7.swf" /> 
      <param name="allowfullscreen" value="true" /> 
      <param name="flashvars" value='config={"playlist":["<?php echo base_url(); ?>images/<?php echo $video; ?>.jpg", {"url": "<?php echo base_url(); ?>videos/<?php echo $video; ?>.mp4","autoPlay":false,"autoBuffering":true}]}' /> 
      <img src="<?php echo base_url(); ?>images/<?php echo $video; ?>.jpg" width="650" height="360" alt="" title="<?php echo $v->no_playback; ?>" /> 
      <a href="http://www.adobe.com/go/getflash"> 
       <img src="http://www.adobe.com/images/shared/download_buttons/get_flash_player.gif" alt="<?php //echo $v->get_flash; ?>" /> 
      </a> 
      </object> 
     </video> 
     </div> 


    </div>

但后变量没有被传递给视图。我怎么做？

来源

2011-12-09 sehummel

'但后置变量没有被传递给视图'。你是什么意思？ –

您是否尝试过：'$（'＃platforms-lasers-video'）。load（url，{video：'platforms-lasers'}）'？我认为'＃'没用。 – Galled

尝试将'video''而不是'video'并尝试使用'$ data ['video'] = $ this-> input-> get（'video'）;'。也许你的问题出现了jquery加载方法。 –

使用GET方法。

此方法是从服务器获取数据的最简单方法。它是大致相当于$ .get（网址，数据，成功）除了它是一个方法而不是全局函数，它有一个隐式回调函数。

从jQuery .load() manual

您将需要使用$data['video'] = $this->input->get('video')

来源

2011-12-09 17:07:18 kapa

使用get方法。

做一个post你可以这样做：

var url = "http://www....."; 
$.post(url, {video: 'platforms-lasers'}, function(data){ 
    $('#platforms-lasers-video').html(data); 
});

来源

2011-12-09 17:08:32 Neal

+1你以另一种方式:)。 – kapa

尽管这似乎是回答以供将来参考，你也可以使用：

$data['video'] = $this->input->get_post('video')

此功能将通过两个职位搜索和获取数据流，先看后，然后获取。

来源

2011-12-10 05:15:53 Eric

如何通过jQuery传递post变量？

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