gulp-4将多个js文件合并为一个:已经定义了错误标识符

Question

我使用的是Nodejs- v12.9.0 &gulp 4.0.2

我想连接和缩小来自不同src目录的多个js文件，然后将其捆绑成一个JS文件。它连接、缩小并生成一个单独的js文件。当运行这个生成的js文件时，它会给出以下错误，因为在几乎所有的js文件中，我们都有这个模块const fs = require('fs')。

const fs = require('fs');

获取下面的错误

SyntaxError: Identifier 'fs' has already been declared

gulp任务：

function copyOtherJs(){
    return src(['main.js','app.js', 'src/*.js'])
        .pipe(terser({ parse: { bare_returns: false}, mangle: false }))//{ parse: { bare_returns: true } 
        .pipe(concat('srcJs.js'))
        .pipe(dest('dist/src'));
}

如何在运行我缩小的js文件时克服这个错误。

Answer 1

没有理由捆绑和连接服务器端代码，它不会让任何东西变得明显更快或更容易管理。对于尝试将整个服务器捆绑到一个文件中，我能想到的唯一好用例可能是模糊处理，但这看起来并不像您正在做的事情。另一方面，如果在客户端代码中有这些声明，也不会起作用，因为这些模块不存在于浏览器中。