防止PyQt沉默插槽中发生的异常

Question

据我所知，如果在PyQt下的插槽中发生异常，该异常会打印到屏幕上，但不会冒泡。这在我的测试策略中造成了一个问题，因为如果插槽中发生异常，我将不会看到测试失败。

这是一个例子：

import sys
from PyQt4 import QtGui, QtCore

class Test(QtGui.QPushButton):
    def __init__(self, parent=None):
        QtGui.QWidget.__init__(self, parent)
        self.setText("hello")
        self.connect(self, QtCore.SIGNAL("clicked()"), self.buttonClicked)

    def buttonClicked(self):
        print "clicked"
        raise Exception("wow")

app=QtGui.QApplication(sys.argv)
t=Test()
t.show()
try:
    app.exec_()
except:
    print "exiting"

请注意，异常永远不会退出程序。

有没有解决此问题的方法？

Answer 1

可以创建一个包装PyQt的新信号/插槽装饰器的装饰器，并为所有插槽提供异常处理。也可以重写QApplication :: notify来捕获未捕获的C
++异常。

import sys
import traceback
import types
from functools import wraps
from PyQt4 import QtGui, QtCore

def MyPyQtSlot(*args):
    if len(args) == 0 or isinstance(args[0], types.FunctionType):
        args = []
    @QtCore.pyqtSlot(*args)
    def slotdecorator(func):
        @wraps(func)
        def wrapper(*args, **kwargs):
            try:
                func(*args)
            except:
                print "Uncaught Exception in slot"
                traceback.print_exc()
        return wrapper

    return slotdecorator

class Test(QtGui.QPushButton):
    def __init__(self, parent=None):
        QtGui.QWidget.__init__(self, parent)
        self.setText("hello")
        self.clicked.connect(self.buttonClicked)

    @MyPyQtSlot("bool")
    def buttonClicked(self, checked):
        print "clicked"
        raise Exception("wow")

class MyApp(QtGui.QApplication):
    def notify(self, obj, event):
        isex = False
        try:
            return QtGui.QApplication.notify(self, obj, event)
        except Exception:
            isex = True
            print "Unexpected Error"
            print traceback.format_exception(*sys.exc_info())
            return False
        finally:
            if isex:
                self.quit()

app = MyApp(sys.argv)

t=Test()
t.show()
try:
    app.exec_()
except:
    print "exiting"