Bash docker-compose.yml传递参数以根据文件内容生成
我想读取环境变量指定的文件内容,并将其作为构建参数传递给docker compose。Bash docker-compose.yml传递参数以根据文件内容生成,bash,docker,docker-compose,Bash,Docker,Docker Compose,我想读取环境变量指定的文件内容,并将其作为构建参数传递给docker compose。 因此,在我的Dockerfile中,我可以: ARG MY_FILE RUN echo "$MY_FILE" > /my-file 这非常有效: docker-compose -f ./docker-compose.yml build --build-arg MY_FILE="$(cat $PATH_TO_MY_FILE)" 但是,如果我尝试在docker-compose.yml中这样做: 它失败,
因此,在我的Dockerfile中,我可以:
ARG MY_FILE
RUN echo "$MY_FILE" > /my-file
这非常有效:
docker-compose -f ./docker-compose.yml build --build-arg MY_FILE="$(cat $PATH_TO_MY_FILE)"
但是,如果我尝试在docker-compose.yml中这样做:
它失败,出现以下错误:
ERROR: Invalid interpolation format for "build" option in service "my-service": "MY_FILE="$(cat $PATH_TO_MY_FILE)""
你知道我该如何构造这个字符串才能达到同样的效果吗?我尝试了$$等,但似乎不起作用
感谢您的帮助:)Docker compose不支持此功能,因此您只能使用变通方法。这意味着预处理compose文件,或者通过读取yaml生成运行的命令,并通过在bash中生成命令进行插值
您可以使用类似于
yq
的方法,从docker compose.yml
解析参数并生成命令。但老实说,您现在所做的是简单而有效的。在docker service 3中,您现在就可以做到这一点
web:
image: xxxx
env_file:
- web-variables.env
如果您使用
docker Compose-f file
指定了一个Compose文件,那么env_文件中的路径是相对于该文件所在的目录的。在调用docker Compose
之前,您必须先进行一些预处理,无论如何都无法避免。在命令行中执行此操作,如果我不想在docker-compose.yml中执行此操作,则它会破坏docker compose不支持此操作,因此您只能使用变通方法。这将意味着预处理compose文件,或者通过读取yaml并通过在bashCool中生成命令来生成您运行的命令,谢谢。如果你把这个作为答案,我可以接受:)
web:
image: xxxx
env_file:
- web-variables.env