如何在 macOS SwiftUI 应用程序中以编程方式打开设置窗口

Question

我创建了一个简单的仅限 macOS 的 SwiftUI 应用程序，并按照Apple 的说明添加了一个设置屏幕：

import SwiftUI

@main
struct MyApp: App {
    var body: some Scene {
        WindowGroup {
            RootView()
        }
        Settings {
            SettingsView()
        }
    }
}

它有效：首选项选项选项显示在应用程序菜单中。现在，我还想以编程方式打开此设置窗口，例如单击按钮时。有没有办法实现这一目标？

我希望 中有一种方法NSApplication，类似于关于窗口，但似乎没有。

Answer 1

在 macOS 13+ 版本上，操作名称已重命名为Settings. 因此，要更新约书亚的答案，请使用以下解决方案：

NSApp.sendAction(Selector(("showSettingsWindow:")), to: nil, from: nil)

我想知道是否有一个设置场景 ID 可以与新openWindow环境方法一起使用。:)

Answer 2

在 macOS 13+ 上，我使用以下解决方案：

if #available(macOS 13, *) {
    NSApp.sendAction(Selector(("showSettingsWindow:")), to: nil, from: nil)
} else {
    NSApp.sendAction(Selector(("showPreferencesWindow:")), to: nil, from: nil)
}

Answer 3

通过检查应用程序菜单，我找到了这个解决方案：

NSApp.sendAction(Selector(("showPreferencesWindow:")), to: nil, from: nil)

不过，我认为它可能无法通过使用私有 API 的 App Review，因此仍然欢迎使用不那么阴暗的替代方案。

更新：这实际上已经通过了 App Review，所以我现在将其标记为答案。

Answer 4

以下是macOS <=12（Monterey 及更早版本）、13（Ventura）和 14（Sonoma）的解决方案：

if #available(macOS 14.0, *) {
    SettingsLink {
        Text("Settings")
    }
}
else {
    Button(action: {
        if #available(macOS 13.0, *) {
            NSApp.sendAction(Selector(("showSettingsWindow:")), to: nil, from: nil)
        }
        else {
            NSApp.sendAction(Selector(("showPreferencesWindow:")), to: nil, from: nil)
        }
    }, label: {
        Text("Settings")
    })
}