你可以使用inspect.stack()

import inspect,os
inspect.stack()[0]  => (<frame object at 0x00AC2AC0>, 'g:\\Python\\Test\\_GetCurrentProgram.py', 15, '<module>', ['print inspect.stack()[0]\n'], 0)
os.path.abspath (inspect.stack()[0][1]) => 'g:\\Python\\Test\\_GetCurrentProgram.py'

p1.py:

execfile("p2.py")

p2.py:

import inspect, os
print (inspect.getfile(inspect.currentframe())) # script filename (usually with path)
print (os.path.dirname(os.path.abspath(inspect.getfile(inspect.currentframe())))) # script directory

__file__属性既适用于包含主要执行代码的文件，也适用于导入的模块。

见https://web.archive.org/web/20090918095828/http: / / pyref.infogami.com/__file__

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。

最简单的方法是:

在script_1.py:

import subprocess
subprocess.call(['python3',<path_to_script_2.py>])

在script_2.py:

sys.argv[0]

附注:我尝试过execfile，但由于它将script_2.py作为字符串读取，sys。Argv[0]返回<字符串>。

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__))