如何使用django.core.files.File
如何使用django.core.files.File
提问于 2010-04-16 09:41:55
docs for django.core.files.File暗示我可以这样做：print File(open(path)).url，但是文件对象没有'url‘属性，然而，django.db.models.fields.files.FieldFile扩展了文件并拥有文件文档中描述的所有属性，但是如果不给它一个模型字段，我就不能创建一个。
我想要的就是像django.core.files.File文档(上面的链接)所说的那样，把一个python文件命名为'url‘，'path’和'name'，有人能帮上忙吗？
干杯，杰克
回答 3
Stack Overflow用户
回答已采纳
发布于 2010-04-16 10:04:47
不管Django文档是怎么说的，如果你看一下File类的代码，我看不到它。遵循Ignacio的建议，您可以从Django File派生，并使用MEDIA_ROOT和MEDIA_URL设置来实现您正在寻找的属性……
from django.core.files import File
from django.conf import settings
class UrlFile(File):
def _get_url(self):
root_name = self.name.replace(settings.MEDIA_ROOT, '')
return '%s%s' % (settings.MEDIA_URL, root_name)
url = property(_get_url)Stack Overflow用户
发布于 2010-04-16 09:45:04
如果你派生自file，那么你可以赋予它任何你喜欢的属性：
class MyFile(file):
def foobar(self):
print 'foobar'
f = MyFile('t.txt', 'r')
f.foobar()Stack Overflow用户
发布于 2010-04-16 12:37:08
谢谢你们。我已经通过编写一个自定义类解决了我的问题，如果我可以使用它，它不会像Django类那样强大，但它适用于我当前的应用程序。我会开一张关于医生的罚单。
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原文链接：
https://stackoverflow.com/questions/2650072
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