如何在不使用“__dirname”或“import.meta.url”的情况下获取Node.js中当前模块的目录？

Question

好的，在 Node.js 中，当使用

module.exports

时，你会使用：

__dirname

获取当前文件的位置。

例如，如果您从文件夹

x.js

中的

y

运行它，您会得到如下内容：

blah/blah/blah/y

现在，我不能使用，

process.cwd

，因为返回“root”脚本的目录，并且因为我正在使用

import

/

export

，我必须满足于这种hacky方法：

// jshint -W024
import path from "path";
import url from "url";

const __dirname = path.dirname(url.fileURLToPath(import.meta.url));

注意：

-W024

，忽略代码会阻止 JSHint 引发“需要一个标识符，而是看到‘导入’（保留字）”警告。

另外，我无法将其模块化，使用：

export default __dirname;

因为它会返回模块导出的目录

__dirname

。

将其转换为函数，如下所示：

// jshint -W024
import path from "path";
import url from "url";

function __dirname() {
  return path.dirname(url.fileURLToPath(import.meta.url));
}

export default __dirname;

也不起作用，它仍然会返回导出

__dirname

变量的模块的目录。

我的问题是，如何在不使用

__dirname

或

import.meta.url

的情况下获取 Node.js 中当前模块的目录？

谢谢你。

Answer 1

要在节点中使用 __dirname，我们需要从路径模块和 fileURLToPath 导入 dirname 从 url 模块并使用 __dirname 如下：

从“路径”导入{dirname}； 从“url”导入 { fileURLToPath };

const __dirname = dirname(fileURLToPath(import.meta.url));

Answer 2

如果在解决这个难题时允许使用

__filename

，你可以这样做

const path = require("path");
console.log(__filename.replace(path.basename(__filename),""));