Android 在默认web浏览器中打开Url

我是react native的新手，我想在默认浏览器中打开url，就像Android和iPhone中的Chrome一样

我们在Android中通过intent打开url，这和我想要实现的功能一样

我已经搜索了很多次，但它会给我Deepklinking的结果。

你应该使用

文档中的示例：

class OpenURLButton extends React.Component {
  static propTypes = { url: React.PropTypes.string };
  handleClick = () => {
    Linking.canOpenURL(this.props.url).then(supported => {
      if (supported) {
        Linking.openURL(this.props.url);
      } else {
        console.log("Don't know how to open URI: " + this.props.url);
      }
    });
  };
  render() {
    return (
      <TouchableOpacity onPress={this.handleClick}>
        {" "}
        <View style={styles.button}>
          {" "}<Text style={styles.text}>Open {this.props.url}</Text>{" "}
        </View>
        {" "}
      </TouchableOpacity>
    );
  }
}

类OpenURLButton扩展React.Component{
静态propTypes={url:React.propTypes.string}；
handleClick=（）=>{
Linking.canOpenURL（this.props.url）.then（supported=>{
如果（支持）{
Linking.openURL（this.props.url）；
}否则{
log（“不知道如何打开URI:+this.props.url”）；
}
});
};
render（）{
返回(
{" "}
{'}打开{this.props.url}{'}
{" "}
);
}
}

下面是一个您可以尝试的示例：

import React，{Component}来自'React'；
从“react native”导入{视图、样式表、按钮、链接}；
从“expo”导入{Constants}；
导出默认类应用程序扩展组件{
render（）{
返回(
{Linking.openURL（'https://google.com')}} />
);
}
}
const styles=StyleSheet.create({
容器：{
弹性：1，
对齐项目：“居中”，
为内容辩护：“中心”，
paddingTop:Constants.statusBarHeight，
背景颜色：“#ecf0f1”，
},
});

一种更简单的方法，无需检查应用程序是否可以打开url

  loadInBrowser = () => {
    Linking.openURL(this.state.url).catch(err => console.error("Couldn't load page", err));
  };

用按钮呼叫它

<Button title="Open in Browser" onPress={this.loadInBrowser} />

---

在React 16.8+中，使用功能组件

import React from 'react';
import { Button, Linking } from 'react-native';

const ExternalLinkBtn = (props) => {
  return <Button
            title={props.title}
            onPress={() => {
                Linking.openURL(props.url)
                .catch(err => {
                    console.error("Failed opening page because: ", err)
                    alert('Failed to open page')
                })}}
          />
}

export default function exampleUse() {
  return (
    <View>
      <ExternalLinkBtn title="Example Link" url="https://example.com" />
    </View>
  )
}

从“React”导入React；
从“react native”导入{按钮，链接}；
const ExternalLinkBtn=（道具）=>{
返回{
Linking.openURL（props.url）
.catch（错误=>{
console.error（“打开页面失败，因为：”，错误）
警报（'打开页面失败'）
})}}
/>
}
导出默认函数exampleUse（）{
返回(
)
}

试试这个：

import React，{useCallback}来自“React”；
从“react native”导入{Linking}；
OpenWEB=（）=>{
Linking.openURL（url）；
};
常量应用=（）=>{
返回OpenWeb}>打开您的WEB；
};

---

希望这能解决您的问题。

@RajKumarN，如果您有一个抓取新闻文章的应用程序，并且您想在单独的浏览器中打开新闻文章的超链接，那么这将如何工作？请查看。这可能会有帮助@Daniel@RajKumarN我们如何打开应用程序内部的外部URL而不重定向到浏览器？如何处理空值？假设我正在从后端接收URL，但它返回的不是字符串而是null，应用程序正在崩溃。@ASN在将URL传递给

openURL

方法之前，请先进行检查。例如：

If（this.state.url）Linking.openURL（this.state.url）

。如果你不想事先检查，你也可以使用catch子句。是的，我就是这样处理的。谢谢：）嗨！只是一个问题，如果选择默认打开应用程序，并且我需要在浏览器中打开相同的链接，那么您建议android怎么做？简单、简短、有用的解决方案，您能对它发表评论吗？当我从浏览器手动返回到应用程序时，会显示空白屏幕。

import React from 'react';
import { Button, Linking } from 'react-native';

const ExternalLinkBtn = (props) => {
  return <Button
            title={props.title}
            onPress={() => {
                Linking.openURL(props.url)
                .catch(err => {
                    console.error("Failed opening page because: ", err)
                    alert('Failed to open page')
                })}}
          />
}

export default function exampleUse() {
  return (
    <View>
      <ExternalLinkBtn title="Example Link" url="https://example.com" />
    </View>
  )
}