使用此问题的答案: Python: PyQt Popup Window 我能够生成一个带有弹出窗口的按钮的gui。你知道吗
我现在想做的是按下弹出窗口中的一个按钮,并将命令传递给MyPopup类中的一个函数。使用lambda函数可以很容易地实现这一点,但是,当您按下主窗口中的按钮时,弹出窗口将不再关闭,并且将创建一个新的弹出窗口实例,从而产生两个弹出屏幕。据我所知,这是由于lambda函数产生了一个信号。有没有一种方法可以清除这个lambda函数,这样当按下主按钮时,旧的实例就被关闭了,弹出窗口的新实例也被加载了?你知道吗
如果使用lambda无法实现这一点,是否有其他方法将变量传递给函数以获得我要查找的结果?你知道吗
以下是一些示例截图,以更好地说明我的问题:
在弹出窗口中运行不带lambda的脚本
在弹出窗口中运行lambda脚本
以下是上一个问题中修改后的弹出代码:
import sys
from PyQt4.Qt import *
class MyPopup(QWidget):
def __init__(self):
QWidget.__init__(self)
self.btn_popup = QPushButton("broken", self)
self.btn_popup.clicked.connect(lambda state, x='lambda prevents refresh': self.function(x))
def function(self, word):
print('Now I dont close',word)
def paintEvent(self, e):
dc = QPainter(self)
dc.drawLine(0, 0, 100, 100)
dc.drawLine(100, 0, 0, 100)
class MainWindow(QMainWindow):
def __init__(self, *args):
QMainWindow.__init__(self, *args)
self.cw = QWidget(self)
self.setCentralWidget(self.cw)
self.btn1 = QPushButton("Click me", self.cw)
self.btn1.setGeometry(QRect(0, 0, 100, 30))
self.connect(self.btn1, SIGNAL("clicked()"), self.doit)
self.w = None
def doit(self):
print ("Opening a new popup window...")
self.w = MyPopup()
self.w.setGeometry(QRect(100, 100, 400, 200))
self.w.show()
class App(QApplication):
def __init__(self, *args):
QApplication.__init__(self, *args)
self.main = MainWindow()
self.main.show()
def main(args):
global app
app = App(args)
app.exec_()
if __name__ == "__main__":
main(sys.argv)
如果lambda函数不存在,弹出窗口将被销毁,请通过添加以下内容来验证这一点:
在没有lambda的情况下,会打印消息,而在另一种情况下则不会。因此,解决方案是使用
deleteLater()
方法手动销毁它:相关问题 更多 >
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