由于Python 3是相当主流的，我想包含一个pathlib的答案，因为我相信它现在可能是一个更好的访问文件和路径信息的工具。

from pathlib import Path

current_file: Path = Path(__file__).resolve()

如果你正在寻找当前文件的目录，只需在Path()语句中添加.parent即可:

current_path: Path = Path(__file__).parent.resolve()

print(__file__)
print(__import__("pathlib").Path(__file__).parent)

import os
os.path.dirname(__file__) # relative directory path
os.path.abspath(__file__) # absolute file path
os.path.basename(__file__) # the file name only

您所说的“当前在进程中运行的文件的文件路径”是什么意思并不完全清楚。 sys。argv[0]通常包含被Python解释器调用的脚本的位置。 查看sys文档了解更多详细信息。

正如@Tim和@Pat Notz指出的那样，__file__属性提供了对

模块所在的文件 加载，如果是从文件中加载的

import os
os.path.dirname(os.path.abspath(__file__))

不需要检查或任何其他图书馆。

当我必须导入一个脚本(从与执行脚本不同的目录)时，这对我有用，它使用了与导入脚本位于同一文件夹中的配置文件。

这是我使用的，所以我可以把我的代码扔到任何地方而没有问题。__name__总是被定义，但__file__只在代码作为文件运行时才被定义(例如，不在IDLE/iPython中)。

if '__file__' in globals():
    self_name = globals()['__file__']
elif '__file__' in locals():
    self_name = locals()['__file__']
else:
    self_name = __name__

或者，这可以写成:

self_name = globals().get('__file__', locals().get('__file__', __name__))