我试图通过startup.bat在启动tomcat时传递多个参数。我尝试在startup.bat文件的顶部添加这些行,但是它们不起作用。
set JAVA_OPTS="-Dapplication.home=E:\\webapp -Dfilepath=D:\\newFolder\\conf\\con.properties"
最初我只是用一个参数运行应用程序 -Dapplication.home=E:\\webapp
效果不错。现在我需要传递另一个参数,这个方法失败了。请给我建议。
在运行时,我得到一个例外 FileNotFoundException
:
java.io.FileNotFoundException: E:\webapp -Dfilepath=D:\newFolder\conf\con.properties (The filename, directory name, or volume label syntax is incorrect)
at java.io.FileInputStream.open(Native Method)
at java.io.FileInputStream.<init>(FileInputStream.java:120)
at java.io.FileInputStream.<init>(FileInputStream.java:79)
代码将整个段作为单个参数读取。
2条答案
按热度按时间rsl1atfo1#
不加引号的尝试
应该有用
oprakyz72#
设置java\u opts=%java\u opts%-dapplication.home=“e:\webapp”
设置java\u opts=%java\u opts%-dfilepath=“d:\newfolder\conf\con.properties”