Python-获取调用模块'；s通过回溯的路径，问题？

在python中，我经常发现自己通过以下调用加载包资源：

import os
fp = open(os.path.join(os.path.dirname(os.path.realpath(__file__)),
                       "resource.json"), "r")

import os, traceback
def with_module_directory(filename):
    return os.path.join(os.path.dirname(traceback.extract_stack()[-2][0]),
                        filename)

我一直在考虑使用如下库函数来消除这种丑陋。问题是函数将位于库中，而不是我想要获取其目录的文件中。我可以通过回溯包解决这个问题，例如通过以下方法：

import os
fp = open(os.path.join(os.path.dirname(os.path.realpath(__file__)),
                       "resource.json"), "r")

import os, traceback
def with_module_directory(filename):
    return os.path.join(os.path.dirname(traceback.extract_stack()[-2][0]),
                        filename)

现在，如果

with_module_directory（）

位于

/home/user1/mylibs/utils.py

，当

/home/user1/myscripts

中的模块调用

with_module_directory（“resource.json”）

时，结果将是

“/home/user1/myscripts/resource.json”

然而，我担心这样做在某种程度上是危险的。手动查看堆栈跟踪通常感觉是件坏事，就像我破坏了封装一样。但我想不出任何具体的问题，所以我提出了一个问题：有人能想到这样做会造成什么问题吗？这是不是因为某些特定的原因造成的不良行为

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注意：我意识到我可以强制用户使用模块路径（“resource.json”，“file”）调用

，但如果没有实际理由避免使用更简单的界面，我宁愿使用它。
要查找模块、函数或类的位置，请使用
检查
模块：

import inspect
print(inspect.getsourcefile(some_module))

您可以使用它来查找感兴趣的代码单元的位置。如果你把它放在一个库中，只需要把它包装在一个带参数的函数中

实际上，您也可以对
\uuuuu文件\uuuuuu
执行同样的操作，如果需要的话：只需将其作为参数传递给将执行其余操作的函数。
要查找模块、函数或类的位置，请使用
检查
模块：

import inspect
print(inspect.getsourcefile(some_module))

您可以使用它来查找感兴趣的代码单元的位置。如果你把它放在一个库中，只需要把它包装在一个带参数的函数中

实际上，如果需要，您也可以对
\uuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuuu
执行相同的操作：只需将其作为