点击按钮时如何打开手机设置?

我试图在一个应用程序中实现一个功能，当互联网连接不可用时显示警报。警报有两个动作(确定和设置)，每当用户单击设置，我想以编程方式将他们带到电话设置。

我使用Swift和Xcode。

当前回答

在ios10/ Xcode 8模拟器:

UIApplication.shared.openURL(URL(string:UIApplicationOpenSettingsURLString)!)

作品

UIApplication.shared.openURL(URL(string:"prefs:root=General")!)

没有。

2016-08-18 18:22:58

其他回答

在ios10/ Xcode 8模拟器:

UIApplication.shared.openURL(URL(string:UIApplicationOpenSettingsURLString)!)

作品

UIApplication.shared.openURL(URL(string:"prefs:root=General")!)

没有。

2016-08-18 18:22:58

如上所述@niravdesai说App-prefs。我发现App-Prefs:适用于iOS 9、10和11。设备测试。 where as prefs:仅适用于iOS 9。

2017-03-02 16:01:42

UIApplication.open(_:options:completionHandler:)只能在主线程中使用

解决方案:

if let appSettings = URL(string: UIApplication.openSettingsURLString + Bundle.main.bundleIdentifier!) {
  if UIApplication.shared.canOpenURL(appSettings) {
    DispatchQueue.main.async {
        UIApplication.shared.open(appSettings)
    }
  }
}

2022-09-15 18:32:23

App-Prefs:root=Privacy&path=LOCATION为我获得一般位置设置工作。注:仅在设备上有效。

2017-06-22 16:36:36

斯威夫特5

if let settingsUrl = URL(string: UIApplication.openSettingsURLString) {

   UIApplication.shared.open(settingsUrl)

 }

在iOS 8+中，您可以执行以下操作:

 func buttonClicked(sender:UIButton)
    {
        UIApplication.sharedApplication().openURL(NSURL(string: UIApplicationOpenSettingsURLString))
    }

斯威夫特4

    let settingsUrl = URL(string: UIApplicationOpenSettingsURLString)!
    UIApplication.shared.open(settingsUrl)

2015-01-26 14:59:16

点击按钮时如何打开手机设置?

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