display-Taste nur, wenn die Seite vollständig geladen ist

Habe ich ein button wie dieser:

<input type="submit" id="product_197_submit_button" class="wpsc_buy_button" name="Buy" value="Add To Cart">

Nun die Sache ist die, dass, wenn Benutzer klickt auf die Schaltfläche, bevor alle Skripte geladen werden -> ich bekomme Fehler in Warenkorb. Gibt es eine Möglichkeit zu deaktivieren, klicken Sie auf die Schaltfläche (oder verstecken Sie ihn aus der Anzeige), BIS die komplette Seite geladen wird, die in Benutzer-browser ?

Dank,
Peter

InformationsquelleAutor Peter | 2012-01-23
  1. 6

    Ausblenden über css und es dann zeigen, wenn die Seite geladen wird.

    Css

    .wpsc_buy_button{
   display:none;
}

    JS

    $(document).ready(function(){
    $("#product_197_submit_button").show();
});

    Alernatively können Sie deaktivieren die Schaltfläche standardmäßig aktiviert, und aktivieren Sie dann auf die Seite laden. Dies versuchen.

    Markup ändern

      <input type="submit" disabled="disabled" id="product_197_submit_button" 
class="wpsc_buy_button" name="Buy" value="Add To Cart">

    JS

    $(document).ready(function(){
    $("#product_197_submit_button").prop("disabled", false);
});
    • 4 zweiter Unterschied! Sie gewinnen diese Runde @ShankarSangoli! +1
    • Verdammt, Sie beide, ehrlich gesagt 😉
    • Ich persönlich bevorzuge das deaktivieren und erneute aktivieren von über-und ausblenden.
    • Auch ich Stimme Ihnen zu, es macht UI mehr elegant Aussehen. Bearbeitet meine Antwort mit alternativer Ansatz.
    • Ich habe versucht, bot Ihre Methoden, sondern versucht, auf Klasse statt ID $(".wpsc_buy_button").show(); und es funktioniert nicht ?
    • Sind Sie sicher, dass der name der Klasse ist richtig? Wenn Sie versteckt sind, die es durch css dann $(".wpsc_buy_button").show() Sinn macht. Wenn Sie die Einstellung disabled Eigenschaft die Verwendung $(".wpsc_buy_button").prop('disabled', false)
    • Ich bin mit diesem und es nicht auszublenden, die-Taste, aber es nie zeigt es <style> .wpsc_buy_button {display:none;} </style> <script type="text/javascript"> $(document).ready(function () { $(".wpsc_buy_button").show(); }); </script>
    • Versuchen Sie, diese $(".wpsc_buy_button").css('display', 'block');
    • Vielen Dank - habe es sortiert jetzt 🙂

    InformationsquelleAutor ShankarSangoli
  2. 3

    Deaktivieren der Schaltfläche standardmäßig 

    <input disabled="disabled" type="submit" id="product_197_submit_button"

    und dann aktiviert es, wenn Ihr dom ist fertig:

    $(function() {
    $("#product_197_submit_button").prop("disabled", false);
});
    InformationsquelleAutor Adam Rackis
  3. 2
    $(document).ready(function() {
  $('#product_197_submit_button').show();
});
    InformationsquelleAutor Jivings
  4. 0
    $("input.wpsc_buy_button").hide(); //unless you can use CSS
$("document").ready(function() {
    $("input.wpsc_buy_button").show();
});

    Wenn Sie möchten, zu warten, bis alle Bilder geladen, anstatt nur die DOM verwenden

    $(window).load(function() {

    rahtner als

    $("document").ready(function() {
    InformationsquelleAutor Grim...
  5. 0

    Nicht verwenden $(document).ready(); in diesem Fall, weil, der ausgeführt wird, wenn das Dokument geladen ist.
    $(window).load(); ist mehr empfohlen, da, der ausgeführt wird, wenn die Seite vollständig geladen wurde (einschließlich Bilder).

    BEARBEITEN Gerade gelesen, dass es nur über Skripte, die geladen, die in diesem Fall ist es völlig in Ordnung, zu verwenden $(document).read();

    InformationsquelleAutor Rick Kuipers
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