我的印象是可变引用（即&mut T）总是被移动。这是完全合理的，因为它们允许独占的可变访问。
在下面的代码中，我为另一个可变引用分配了一个可变引用，并移动了原始引用。结果我再也不能使用原文了：
let mut value = 900;
let r_original = &mut value;
let r_new = r_original;
*r_original; // error: use of moved value *r_original
如果我有这样的功能：
fn make_move(_: &mut i32) {
}
并修改我的原始示例，如下所示：
let mut value = 900;
let r_original = &mut value;
make_move(r_original);
*r_original; // no complain
当我用它调用函数r_original时，我希望可移动的引用make_move被移动。然而，这不会发生。我仍然能够在通话后使用该参考。
如果我使用通用函数make_move_gen：
fn make_move_gen<T>(_: T) {
}
并将其称为：
let mut value = 900;
let r_original = &mut value;
make_move_gen(r_original);
*r_original; // error: use of moved value *r_original
再次移动引用，因此程序的行为与我期望的一样。
调用函数make_move时为什么不移动引用？
答案 0 :(得分：6)
实际上可能有充分的理由。
&mut T 实际上不是类型：所有借用都是通过某些（可能无法形容的）生命周期进行参数化的。
当写一个
fn move_try(val: &mut ()) {
{ let new = val; }
*val
}
fn main() {
move_try(&mut ());
}
类型推理引擎推断typeof new == typeof val，因此它们共享原始生命周期。这意味着new的借款在val借款之前不会结束。
这意味着它相当于
fn move_try<'a>(val: &'a mut ()) {
{ let new: &'a mut _ = val; }
*val
}
fn main() {
move_try(&mut ());
}
但是，当你写
时fn move_try(val: &mut ()) {
{ let new: &mut _ = val; }
*val
}
fn main() {
move_try(&mut ());
}
投射发生 - 同样的事情让你抛弃指针可变性。这意味着生命周期是一些（看似无法指定）'b < 'a。这涉及一个演员，因此是一个再借，所以再借不能超出范围。
永远重新出现的规则可能更好，但明确的声明不会太成问题。
答案 1 :(得分：2)