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javascript - Node.js:如何将全局变量传递到通过 require() 插入的文件中？

coder 2023-05-29 原文

我已将我的 gulpfile.js 拆分为 /gulp 文件夹中的多个文件，以便更好地组织代码。但是现在我想将一个变量 debug (boolean) 传递到文件中，该文件将切换包含的 gulp 命令的行为(最终我将使用命令行参数，但现在我只想让它适用于变量)。

我使用我在 yeoman angular/gulp 包中看到的方法进行此设置的方式是使用一个名为 require-dir 的 npm 模块(它将所有 *.js 文件加载到/gulp 文件夹，每个文件夹都有一组设置的 gulp 任务)。

gulpfile.js: 

var gulp = require('gulp'),
  run = require('run-sequence'),
  debug = true;

require('require-dir')('./gulp');

gulp.task('default', ['build', 'server', 'watch', '...']);

这会加载类似...

gulp/build.js:

var gulp = require('gulp'), 
  plumber = require('gulp-plumber'),
  ...;

gulp.task('build', function () {
  console.log(debug);
});

所以当我运行命令 gulp 时，它会运行 default 任务，它会加载 build.js 然后执行 build gulp 任务.但不幸的是，debug 似乎返回 undefined。

我怎样才能让它工作？

我正在研究只使用 module.exports() 和 Node 的 require() 方法，但我不知道如何在包含要声明的文件，以便它可以从主 gulpfile.js 文件(以所需的顺序)运行。

谁能提供一些帮助？谢谢

最佳答案

正常的模块方式，真的。只需将 gulp/build.js 文件从不实际导出任何内容更改为适当的 require-able 模块即可:

module.exports = function(debug) {
  "use strict";

  var gulp = require('gulp'), 
      plumber = require('gulp-plumber'),
      ...;

  gulp.task('build', function () {
    console.log(debug);
  });
};

然后在你的主文件中调用它:

...
var loadGulp = require('require-dir/gulp');
...
var debug = true;
loadGulp(debug);

关于javascript - Node.js:如何将全局变量传递到通过 require() 插入的文件中？，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/27007445/

javascript传递codegulprequirenode.jsnpm

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