彈出窗口代碼失敗

Question

我試圖通過單擊窗體中的按鈕打開彈出窗口。我的代碼如下所示

HTML

<form> 
    <div class="form" align="center"> 
     <button class="form_sub_btn" onclick="popitup()">Next</button> 
    </div> 
</form> 

的JavaScript：

function popitup(url) { 
    newwindow=window.open(url,"","height=400,width=350"); 
    if(!newindow){ 
     alert('We have detected that you are using popup blocking software.');} 
    if (window.focus) {newwindow.focus();} 
} 
function popitup(){ 
    window.open("","","height=300, width=300"); 
} 

後者的功能，我把導致前者沒有得到給定的URL執行。

任何幫助表示讚賞。謝謝！

Answer 1

刪除第二個popitup函數。你只需要第一個。通過URL在參數中打開。例如，popitup('/popup.html');。

因爲這個按鈕是一個形式裏面，按鈕會被提交的表單，它將從當前頁面導航離去彈出才能打開。爲了防止這種情況，你從onclick處理程序需要return false：

<button class="form_sub_btn" onclick="popitup('/popup.html'); return false;">Next</button> 

此外，爲了使這項工作，就必須解決錯字在popitup：if(!newindow){應該if(!newwindow){，因爲在該函數的任何誤差阻止return false;執行。