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Omortis
Asked: 2024-01-04 01:36:35 +0800 CST

开始工作 | Wait-Job立即返回不运行代码

  • 772

我正在尝试使用Start-Job和Wait-Job的文档等待一个漫长的过程：

$7zip = "C:\Program Files\7-Zip\7z.exe"

# This works fine, takes minutes
# & $7zip a -mx=5 output.7z .\largefile.txt

# These return immediately as complete with no errors
# Start-Job -ScriptBlock {& $7zip a -mx=5 output.7z .\largefile.txt } | Wait-Job
Start-Job -Name myjob -ScriptBlock {7z.exe a -mx=5 output1.7z .\largefile.txt } | Wait-Job

如上，不仅Wait-Job不等待，而且ScriptBlock中的命令也没有运行（没有文件输出）。我必须让它在 PowerShell 5.1 中工作，所以我认为我的选择是有限的。我缺少什么？在我所看到的任何地方都看不到任何错误，命令立即完成。

编辑：-Name myjob上面剩下的参数是因为我也尝试过使用Wait-Job -Name myjob. 没有什么不同。

powershell

1 个回答

  1. Best Answer

    您的代码有两个问题：

    • $7Zip不存在于作业的作用域中，您需要使用$using:作用域修饰符将该变量的值传递到此作用域。

    • 您不应该使用相对路径作为外部命令的参数，尝试使用绝对路径，在这种情况下，Convert-Path如果需要，您可以使用它来获取文件的绝对路径。然后，您可以使用 将其传递到作业范围$using:。正如文档中所述并由JosefZ指出：

      作业的默认工作目录是硬编码的。Windows 默认值为$HOME\Documents，Linux 或 macOS 上默认值为$HOME。后台作业中运行的脚本代码需要根据需要管理工作目录。

      作为另一种选择，您可以使用相对路径，但也必须使用-WorkingDirectory，请注意，此参数是在 PowerShell 7 中添加的，在 Windows PowerShell 5.1 中不可用。

    $7zip = 'C:\Program Files\7-Zip\7z.exe'
$path = Convert-Path .\largefile.txt -ErrorAction Stop

if (Test-Path $7zip) {
    Start-Job -ScriptBlock { & $using:7zip a -mx=5 output.7z $using:path } |
        Receive-Job -Wait -AutoRemoveJob
}

    顺便说一句，您没有看到任何错误的原因是因为您从未收到作业的输出Receive-Job（为什么我要Wait-Job对其进行更改）。

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