Php MYSQL使用另一个表中的外键将数据插入表中

我有两张桌子：

书

和

借来的书

Book

表中有

Book\u ID | Book Name

借书

有

学生ID |书名

两个表中的书名都已编入索引

我将Book表的值添加到HTML表单select/option中，它正在被读取，但问题是当我尝试插入值时，它没有读取选项名称或值

HTML:

<select id="heard" class="form-control">
<option value="">Choose Book</option>
 <?php require_once '../mysql/bookssql.php';
  while($row = mysqli_fetch_array($data, MYSQLI_ASSOC)){ 
   echo '<option name="borrow_book" value="'.$row['Title'].'">' .$row['Title']. '</option>';
  }
 ?>
</select>

<?php $borrow_book = $_POST['borrow_book'];
 $upload = "INSERT INTO `borrowed_books` (`student_ID`, `Book Name`) VALUES ('23, '$borrow_book');";
?>

选书

PHP插入代码：

<select id="heard" class="form-control">
<option value="">Choose Book</option>
 <?php require_once '../mysql/bookssql.php';
  while($row = mysqli_fetch_array($data, MYSQLI_ASSOC)){ 
   echo '<option name="borrow_book" value="'.$row['Title'].'">' .$row['Title']. '</option>';
  }
 ?>
</select>

<?php $borrow_book = $_POST['borrow_book'];
 $upload = "INSERT INTO `borrowed_books` (`student_ID`, `Book Name`) VALUES ('23, '$borrow_book');";
?>

---

名称应位于
元素中，而不是
s中

<select id="heard" name="borrow_book" class="form-control">
<option value="">Choose Book</option>
 <?php require_once '../mysql/bookssql.php';
  while($row = mysqli_fetch_array($data, MYSQLI_ASSOC)){ 
   echo '<option value="'.$row['Title'].'">' .$row['Title']. '</option>';
  }
 ?>
</select>


选书

您在
$upload
中有一个输入错误，在
23
之前有一个额外的
“

您应该停止将变量直接替换到查询字符串中，并使用带参数的准备语句。请参见
外键应该是图书ID，而不是图书名称。
'23，
有一个额外的引号。