Giriş türü her zaman değişir, ve değerleri giriş türüne bağlı olarak almam gereken bir sayfa var. Eğer öyleyse bu tip bir radyo, ihtiyacım olan kontrol ve eğer bir checkbox ihtiyacım var şimdi hangi denetlenir ve eğer bir damla aşağı bilmesi gerekli olan seçilir, ve ben eğer bir metin/button Bilmem Gereken değerler.

Bunun nasıl yapılacağı hakkında bir fikriniz var mı?

1, Şubat 2013 DÜZENLEYİN. Nedeniyle popülerlik bu cevap ve değişiklikler için jQuery 1.9 versiyonu (2.0) ile ilgili özellikleri ve özellikleri ekledim bazı notlar ve bir keman görmek nasıl çalıştığını erişirken özellikleri/nitelikleri üzerinde giriş, düğmeleri ve bazı seçer. Keman burada: http://jsfiddle.net/pVBU8/1/

tüm girişleri:

var allInputs = $(":input");

tüm girişler bir tür

allInputs.attr('type');

değerleri:

allInputs.val();

NOT: .() val :bunun konuyla alakası olduğu bu tür kontrol olarak aynı DEĞİLDİR. kullanımı:

.attr("checked");

Jun 1, 2013 - yeniden DÜZENLEME: jQuery 1.9 kullanın prop() ot() çeki değişen özellikler için uygun değerleri döndürmez.

.prop('checked');

ya da sadece

$(this).checked;

şu anda her ne yapıyorsan onu kontrol değeri elde etmek için. ya da sadece: 'eğer sadece istersen kontrol EDİLİR. kontrol ettim

EDİT: Burada başka bir şekilde yazın

var allCheckboxes=$('[type=checkbox]');

EDİT2: Şeklinde not:

$('input:radio');

perferred bitti

$(':radio');

hangi her ikisi de eşit:

$('input[type=radio]');

"giriş" sadece girdi alır ve evrensel kullanmaz '* $(':radio') şeklinde kullanıldığında" 26 ** eşittir . istenen ama

Aug 19, 2015 EDİT: o zaman modern tarayıcılar radyo giriş için arama optimize etmek için izin verir $('input[type=radio]'); olarak kullanılmalıdır tercih.

Feb yorum başına 1, 2013 yeniden DÜZENLEME: öğeleri seçin @dariomac

$('select').prop("type");

dönüş ya da "-birini seçin" veya "çoklu seçim" "" öznitelik ve . birden fazla bağlı olacaktır

$('select')[0].type 

aynı ilk eğer varsa seçin döndürür. ve

($('select')[0]?$('select')[0].type:"howdy") 

eğer varsa, bu tür iade veya "Merhaba eğer bunu yaparsa" değil.

 $('select').prop('type');

eğer varsa DOM bir özellik verir ya da" herhangi bir şey yoksa. "tanımlanmamış

$('select').type

dönerse varsa ilk bir türü ya yok bir hata var.