如何将Flask模型从app.py中拆分出来，而又不将数据库对象全部传递出去？

如何解决如何将Flask模型从app.py中拆分出来，而又不将数据库对象全部传递出去？

将这样的小型应用程序划分为模块非常棘手，因为您发现很多情况下，您创建的两个模块需要相互导入，从而形成循环依赖。

我建议您看看如何使用应用程序工厂功能以及延迟所有扩展的初始化来正确构造更大的应用程序。我的书中介绍的Flasky应用程序就是一个执行此操作的示例应用程序。

综上所述，可以将应用程序分为两部分，您只需要注意放置导入语句的位置。在下面的示例中，我决定将db实例和User模型的创建移到models.py文件中。

这是主要应用程序的模块：

from flask import Flask
from flask.ext.script import Manager
from flask.ext.migrate import Migrate, MigrateCommand

app = Flask(__name__)
app.config['sqlALCHEMY_DATABASE_URI'] = 'sqlite:///app.db'

from models import db  # <-- this needs to be placed after app is created
migrate = Migrate(app, db)

manager = Manager(app)
manager.add_command('db', MigrateCommand)

if __name__ == '__main__':
    manager.run()

这是models.py：

from __main__ import app
from flask.ext.sqlalchemy import sqlAlchemy

db = sqlAlchemy(app)

class User(db.Model):
    id = db.Column(db.Integer, primary_key=True)
    name = db.Column(db.String(128))

在这里，主要模块将创建app，然后才导入models.py。当models.py尝试app从主模块导入时，它已经被创建。如果将from models import db其他导入项移至文件顶部，则此代码将中断。

解决方法

我想使用Flask-Migrate并查看他们的示例：

from flask import Flask
from flask.ext.sqlalchemy import SQLAlchemy
from flask.ext.script import Manager
from flask.ext.migrate import Migrate,MigrateCommand

app = Flask(__name__)
app.config['SQLALCHEMY_DATABASE_URI'] = 'sqlite:///app.db'

db = SQLAlchemy(app)
migrate = Migrate(app,db)

manager = Manager(app)
manager.add_command('db',MigrateCommand)

class User(db.Model):
    id = db.Column(db.Integer,primary_key=True)
    name = db.Column(db.String(128))

if __name__ == '__main__':
    manager.run()

作为一个简单的播放示例，这很好用，但是我不止一个模型，而且我不想在此脚本和定义我的应用程序代码的模型中都定义模型。因此，我想将它们放入可以在两者之间共享的模型文件中。

我尝试通过将User类放入amodels.py然后从那里导入User来做到这一点。不幸的是，这引发了NameError: name 'db' is not defined。

我的问题是：

我需要用db = SQLAlchemy(app)我的models.py，如果是的话这将可在我的两个迁移脚本和烧瓶应用程序本身？
如果我不能（或不应该）放入models.py模型中，如何在不传递db所有内容的情况下在自己的文件中使用模型？