Gulp watch 没有发出事件对象

Question

Gulp (4.0) 在我尝试 gulp.src 从 gulp.watch 获得的已更改文件的路径时抛出错误 "Error: Invalid glob argument: undefined"。这两个：

gulp.task('watch', function() {
    gulp.watch('./web/**/*.html')
        .on('change', function(file) {
            gulp.src(file.path)
                .pipe(gulp.dest('./output'));
        });
});

和这个语法变体：

gulp.task('watch', function() {
    gulp.watch('./web/**/*.html', function(file) {
        gulp.src(file.path)
            .pipe(gulp.dest('./output'));
    });
});

产生相同的结果。

在 gulp.src 之前记录 file.path 也会输出 "undefined"。

重现：

npm install -g gulp@github:gulpjs/gulp#4.0

并创建一个 gulpfile.js 包含：

const gulp = require('gulp');

后跟任一示例。

我的理解是，更改后的文件路径应该可以通过这种方式访问as per the docs，所以我不确定哪里出错了？

Answer 1

那个文档有各种各样的错误。例如它谈到 gaze events, but gaze is no longer used to watch for file changes in gulp 4.0; it has been replaced by chokidar.

关于您的问题，文档关于您必须访问文件路径的方式是错误的。 .on('change') 回调函数没有传递一个 event 对象，所以没有 .path 属性.

而是将文件路径作为字符串传递，因此您的第一个示例应如下所示：

gulp.task('watch', function() {
    gulp.watch('./web/**/*.html')
        .on('change', function(file) {
            gulp.src(file)
                .pipe(gulp.dest('./output'));
        });
});

第二个示例中的回调函数根本没有接收到路径。它传递了一个 done 回调，以便于通过 gulp.series() 或 gulp.parallel().

执行任务

Gulp watch 没有发出事件对象

Gulp watch not emitting event object

gulp

gulp-4