Forms ExtJS中的浏览按钮

我需要在窗口中有一个浏览按钮。我需要像

var myWindow = new Ext.window.Window({
                    id:'my-window',
                    height: 200,
                    width: 400,
                    layout: 'fit',
                    buttons:[browseButton]
                    });

因此，我想我不能使用其中的文件字段，因为我需要它位于窗口的按钮配置中

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是否有任何按钮或处理程序可用于创建一个弹出浏览窗口的按钮，如filefield中的按钮？

您可以在该字段上设置一个配置项，以仅显示该按钮。例如，此操作：

    myButton = Ext.create('Ext.form.field.File', {
        buttonOnly: true,
        hideLabel: true,
        listeners: {
            'change': function(button, value){
                alert('Selected: '+ value);
            }
        }
    });    

    // your window example
    var myWindow = new Ext.window.Window({
        id:'my-window',
        height: 200,
        width: 400,
        layout: 'fit',
        buttons:[myButton]
    });

    myWindow.show();   

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您可以在该字段上设置一个配置项，使其仅显示按钮。例如，此操作：

    myButton = Ext.create('Ext.form.field.File', {
        buttonOnly: true,
        hideLabel: true,
        listeners: {
            'change': function(button, value){
                alert('Selected: '+ value);
            }
        }
    });    

    // your window example
    var myWindow = new Ext.window.Window({
        id:'my-window',
        height: 200,
        width: 400,
        layout: 'fit',
        buttons:[myButton]
    });

    myWindow.show();   

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谢谢，我认为即使我使用buttonOnly，它也会将其视为字段，不允许我将其添加到buttons属性中。谢谢，我认为即使我使用buttonOnly，它也会将其视为字段，不允许我将其添加到buttons属性中。