python - TypeError : expected str,字节或os.PathLike对象，而不是_io.TextIOWrapper

我正在尝试使用此处的示例打开，读取，修改和关闭json文件:

How to add a key-value to JSON data retrieved from a file with Python?

import os
import json

path = '/m/shared/Suyash/testdata/BIDS/sub-165/ses-1a/func'
os.chdir(path)

string_filename = "sub-165_ses-1a_task-cue_run-02_bold.json"

with open ("sub-165_ses-1a_task-cue_run-02_bold.json", "r") as jsonFile:
    json_decoded = json.load(jsonFile)

json_decoded["TaskName"] = "CUEEEE"

with open(jsonFile, 'w') as jsonFIle:
    json.dump(json_decoded,jsonFile) ######## error here that open() won't work with _io.TextIOWrapper

我总是在最后得到一个错误(由于open(jsonFile...)我不能将jsonFile变量与open()一起使用。我使用了上面链接中提供的确切格式作为示例，所以我不确定为什么它不起作用。最终这是正确的使用更大的脚本，所以我想避免使用硬编码/使用字符串作为json文件名。

最佳答案

这个问题有点老了，但是对于有同样问题的任何人:
没错，您无法打开jsonFile变量。它指向另一个文件连接并打开的指针需要一个字符串或类似的东西。值得注意的是，一旦退出“with”块，jsonFile也应该关闭，因此不应在其之外引用它。
但是要回答这个问题:

with open(jsonFile, 'w') as jsonFIle:
   json.dump(json_decoded,jsonFile)

应该

with open(string_filename, 'w') as jsonFile:
    json.dump(json_decoded,jsonFile)

您可以看到我们只需要使用相同的字符串来打开新连接，然后就可以根据需要为它提供与读取文件相同的别名。就个人而言，我更喜欢in_file和out_file，以明确表明自己的意图。