如何在commandLine中传递application.properties以获得Spring启动应用程序？

Question

我有spring boot个应用，我希望在application.properties时commandLine传递start-up个文件。

，即当我运行mvn spring-boot:run --application.properties

时

我将在src/main/resources中有一个默认的application.properties。但这仅用于testing目的。在production运行中，我想传递property file中的commandLine.

我知道传递单个参数，例如

mvn spring-boot:run --server.port=9001。

但我有很多这样的属性，如果可能的话，我更愿意传递一个属性文件。

Answer 1

您可以使用spring.config.location属性执行此操作：

mvn spring-boot:run -Dspring.config.location=your.properties

Answer 2

如果有人觉得它对我有用。如果您想在使用 maven spring boot run 命令时将单个应用程序属性作为参数传递，您可以使用参数 spring-boot.run.jvmArguments。

例如：

mvn spring-boot:run -Dspring-boot.run.jvmArguments='
-Dspring.datasource.url=jdbc:postgresql://localhost:5432/mydb 
-Dspring.datasource.username=admin 
-Dspring.datasource.password=admin'

使用上述命令，我正在设置（覆盖）application.properties 文件中的以下属性。

spring.datasource.url=jdbc:postgresql://localhost:5432/mydb
spring.datasource.username=admin
spring.datasource.password=admin

Answer 3

mvn spring-boot：run -Dspring-boot.run.arguments =-spring.config.location = classpath：/application-local.properties