ios - UIApplication-canOpenURL : -openURL: return misleading result

Question

从 iOS6 开始，我无法确定该应用程序是否可以启动 Safari。

如果设备上的 Safari 受到限制(设置>常规>限制)，尝试打开 URL 时没有任何反应，也没有任何错误提示:

NSURL *url = [NSURL URLWithString:@"http://www.google.com"];
[[UIApplication sharedApplication] canOpenURL:url]; // Returns YES
[[UIApplication sharedApplication] openURL:url]; // Returns YES

但是，Safari 不会启动，用户会想知道为什么我的按钮“坏了”。

这对我来说似乎是一个错误，所以我提交了雷达 #12449905。

还有其他方法可以解决这个问题吗？

Answer 1

如果这是一个 Apple 错误，那么看起来您要做的就是围绕它进行编程。一旦用户点击按钮，你总是可以这样写:

[self performSelector:@selector(notifyUserOfRestrictedAccess) withObject:self afterDelay:.5];

在应用委托(delegate)中，您可以设置一个属性，例如:

- (void)applicationWillResignActive:(UIApplication *)application {
    self.openingExternalProgram = YES;
}

在你的 View Controller 中，创建这样的方法:

-(void) notifyUserOfRestrictedAccess {

    if (!appDelegate.openingExternalProgram) {
        // Message the user via UIAlertView about restricted Safari access
    }
    appDelegate.openingExternalProgram = NO;
}

我确信有更好的方法，但至少您不必等待 Apple。