Question

我有一个小的烧瓶应用程序，需要一些配置。如果缺少某些内容，我想“中止”启动，以便立即发现错误。

我的WSGI脚本很简单，但也许有助于理解我的问题：

from myapp.startup import init_app
app = init_app()

因此，在ìnit_app()中的某个地方说代码发现有问题（例如缺少配置值或过时的数据库架构版本，不安全的目录权限等），我想确保该应用程序未运行（因为以后还是会失败）。

我可以在代码中的某个地方插入sys.exit(1)，但是flask不断尝试重试以启动应用程序（用户看不到任何页面）。当然，我可以构建一个替代WSGI应用程序来显示一些文本。

但是我希望会有某种“最佳实践”（理想情况下是现有的Python代码，因此它甚至看起来“不错”）。

有没有办法告诉flask / WSGI服务器应用程序启动失败并且不应再次尝试？
是否存在用于处理“设置错误”的代码？

Answer 1

就关闭服务器而言，它似乎可以完成您想要的操作。 http://flask.pocoo.org/snippets/67/

但是，当您在启动代码中检测到错误时，可以调用该函数，而不是从端点调用。

Answer 2

最近偶然发现了一个类似的问题。

返回 sys.exit(ERRNO) 无济于事，因为诸如 gunicorn 之类的 WSGI 服务器只会继续尝试启动另一个实例。

引发 RuntimeError 将导致应用程序中止。我不认为有一种“正确的方式”可以做到这一点，但这种方式对我来说似乎很 Pythonic。

像这样：

try:
    SECRET_KEY = os.getenv("FLASK_SECRET").encode("utf-8")
except AttributeError:
    raise RuntimeError("Environment variable $FLASK_SECRET was not set")

然后尝试使用 gunicorn 启动服务器将失败并显示错误：

.$ gunicorn -b 0.0.0.0:5000 myapi.wsgi:app
...
...
  File "path/to/myapi/config.py", line 18, in <module>
    raise RuntimeError("Environment variable $FLASK_SECRET was not set")
RuntimeError: Environment variable $FLASK_SECRET was not set
[2021-05-19 16:08:43 +0600] [17567] [INFO] Worker exiting (pid: 17567)
[2021-05-19 16:08:43 +0600] [17565] [INFO] Shutting down: Master
[2021-05-19 16:08:43 +0600] [17565] [INFO] Reason: Worker failed to boot.
.$

flask：如果配置不完整，如何终止“启动”？

2 个答案: