类型错误：预期的 str、bytes 或 os.PathLike 对象，而不是 _io.TextIOWrapper

Question

我正在尝试使用此处的示例打开、读取、修改和关闭 json 文件：

如何向使用 Python 从文件中检索的 JSON 数据添加键值？

import os
import json

path = '/m/shared/Suyash/testdata/BIDS/sub-165/ses-1a/func'
os.chdir(path)

string_filename = "sub-165_ses-1a_task-cue_run-02_bold.json"

with open ("sub-165_ses-1a_task-cue_run-02_bold.json", "r") as jsonFile:
    json_decoded = json.load(jsonFile)

json_decoded["TaskName"] = "CUEEEE"

with open(jsonFile, 'w') as jsonFIle:
    json.dump(json_decoded,jsonFile) ######## error here that open() won't work with _io.TextIOWrapper

最后我不断收到错误消息（open(jsonFile...)因此我不能使用jsonFile变量 with open()。我使用了上面链接中提供的示例的确切格式，所以我不确定为什么它不起作用。这最终会进入更大的脚本，所以我想远离硬编码/使用字符串作为 json 文件名。

Answer 1

这个问题有点旧，但对于任何有同样问题的人：

你是对的，你不能打开 jsonFile 变量。它是一个指向另一个文件连接的指针，并且 open 需要一个字符串或类似的东西。值得注意的是，一旦您退出 'with' 块， jsonFile 也应关闭，因此不应在此之外引用它。

不过要回答这个问题：

with open(jsonFile, 'w') as jsonFIle:
   json.dump(json_decoded,jsonFile)

应该

with open(string_filename, 'w') as jsonFile:
    json.dump(json_decoded,jsonFile)

您可以看到我们只需要使用相同的字符串来打开一个新连接，然后我们可以根据需要为其提供用于读取文件的相同别名。我个人更喜欢 in_file 和 out_file 只是为了明确我的意图。