Php 如何使jquery脚本适用于新生成的表单

我有一个脚本，在单击响应时显示表单

$(".table th .glyphicon-edit").one('click', function(){
        var $this = $(this);
        var sectionName = $(this).attr('data-sectioname');
        var courseId = $(this).attr('data-courseid');
        var sectionId = $(this).attr('data-sectionid');
    $.get('/edit_section', { section: sectionName, id: courseId, sectionid: sectionId}, function(response) {
        $this.closest('thead tr').after(response);
    });
 });

“编辑部分”页面

---

它只显示包含json数据的新页面，但希望在不重新加载的情况下在同一页面上显示此数据。

委托您的提交方法。它将处理动态添加的元素

$(document).on('submit','#edit',function(){
   // code
});

---

我编辑了我的脚本，现在它看起来像是$（文档）.on（'submit'，'#edit'，function（）{$（'#edit input[type=submit]'）.submit（function（e）{e.preventDefault（）；var sectionName=$（'input#section#u name'）.val（）；var sectionId=$（'input[name=sectionId]）.val（）；$.ajax({type:'POST'，cache:false，dataType:'JSON'，url:'/managecourse/update'，data:$（'#edit'）.serialize（），success:function（data）{console.log（data）；}，}，}，}）；}）；但它仍然加载新页面发现了问题，我不需要将$（'#edit input[type=submit]'）.submit（函数（e）放入$（document中）。on（'submit'，'#edit'，function（）{谢谢您的帮助！！！

$('#edit').submit(function(e) {
 e.preventDefault();
    var sectionName = $('input#section_name').val();
    var sectionId = $('input[name=sectionid]').val();
    $.ajax({
        type: 'POST',
        cache: false,
        dataType: 'JSON',
        url: '/managecourse/update',
        data: $('#edit').serialize(),
        success:function(data){
            console.log(data);
        },
    });
});

$(document).on('submit','#edit',function(){
   // code
});