我有脚本调用其他脚本文件，但我需要获得当前在进程中运行的文件的文件路径。
例如，假设我有三个文件。使用execfile:
Script_1.py调用script_2.py。 反过来，script_2.py调用script_3.py。
如何从script_3.py内的代码中获得script_3.py的文件名和路径，而不必将该信息作为script_2.py的参数传递?
(执行os.getcwd()返回初始脚本的文件路径，而不是当前文件的文件路径。)
当前回答
我有一个脚本，必须在windows环境下工作。 这段代码剪辑是什么我已经完成:
import os,sys
PROJECT_PATH = os.path.abspath(os.path.split(sys.argv[0])[0])
这是个很俗气的决定。但它不需要外部库，这是我的情况下最重要的事情。
其他回答
print(__file__)
print(__import__("pathlib").Path(__file__).parent)
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
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__))
听起来你可能还想签出inspect模块。
import sys
print sys.path[0]
这将打印当前执行脚本的路径
