Question

xcodebuild手册：

可以在没有实际设备的情况下执行某些操作（例如构建）。建立反对平台而不是特定设备，目标说明符可以以。为前缀可选字符串＆＃34; generic /＆＃34; ，表示平台应该是一般目标。一个例子通用目的地是当没有物理iOS时在Xcode的UI中显示的＆＃34; iOS设备＆＃34; 目的地设备存在。

试一试：

xcodebuild -scheme Test -destination＆＃34; platform = iOS，name = generic / iOS＆＃34;
   xcodebuild：错误：无法找到与-destination标志的参数匹配的目标：
      找不到请求的设备，因为没有可用的设备与请求匹配。

Answer 1

根据xcodebuild man page上的示例，指定通用iOS目标的正确方法是：

xcodebuild -destination generic/platform=iOS ...

（对此描述的措辞肯定含糊不清或误导。如果没有这个例子我就不会想到这一点。）

Answer 2

如果您收到以下错误：

*xcodebuild: error: Failed to build project WatsonCore with scheme WatsonCoreTests.
    Reason: A build only device cannot be used to run this target.*

试试这个：它在通用操作系统方面对我有用。仍需要指定硬件设备。

/usr/bin/xcodebuild -scheme YourScheme -project YourProject -configuration Debug **-destination 'platform=iOS Simulator,name=iPhone 6'** clean build test CODE_SIGN_IDENTITY= CODE_SIGNING_REQUIRED=NO

Answer 3

我无法使用-desintation“platform = generic / ...”标志，但是使用iPhone OS SDK而不是模拟器SDK指定-sdk标志（xcodebuild -showsdks显示可用SDKs）允许我在没有连接设备的情况下成功构建：

xcodebuild -project someproject.xcodeproj -scheme somescheme -sdk iphoneos8.0 -configuration Debug

Answer 4

当你使用'generic /'。

为destination-specifier添加前缀时，它会起作用

ios.xcode.destination.device=generic/platform=iOS

为我工作!!

没有物理iOS时，xcodebuild无法构建

4 个答案: