将文件上载到数据库时出错。（php）

未成功提交图像表单，但无法使用图像。 上传时还将图像名称从k.jpg更改为37732-k.jpg
当我点击上传的图片名称，它的显示号码和“2B2”之类的东西。plz帮助

****下面是完整的php代码**

<?php
include('../dbcon.php');
if (isset($_POST['submit'])) {

    $roll_no=$_POST['roll_no'];
    $name=$_POST['name'];
    $city=$_POST['city'];
    $std=$_POST['std'];
    $p_cont=$_POST['p_cont'];

    // $picture_type=$_FILES['image']['type'];
    // $imagename=$_FILES['image']['name'];
    // $tempname=$_FILES['image']['tmp_name'];


    // move_uploaded_file($tempname,"../dataimages/$imagename/");


$pic = rand(1000,100000)."-".$_FILES['image']['name'];
        $pic_loc = $_FILES['image']['tmp_name'];
        $folder="../dataimages/";
        if(move_uploaded_file($pic_loc,$folder.$pic))
        {
            ?><script>alert('successfully uploaded');</script><?php
        }
        else
        {
            ?><script>alert('error while uploading file');</script><?php
        } 


 $query="INSERT INTO `student`( `roll_no`, `name`, `city`, `p_cont`, `standerd`,'image') VALUES ('$roll_no','$name','$city','$std','$p_cont','$pic')";
$run=mysqli_query($con,$query);


if ($run == true) {

    ?>
    <script>
    alert('data inserted successfully');
    window.open('add_student.php','self');



    </script>

    <?php
} else{

?>
    <script>
    alert('data insertion failed');
    window.open('add_student.php','self');



    </script>
  <?php
}
}


?>

---

警报（“已成功上载”）；警报（“上传文件时出错”）；如果您收到任何错误/警报消息，您不知道您的意思吗？注意：
mysqli
的面向对象接口明显不那么冗长，使代码更易于阅读和审核，并且不容易与过时的
mysql\u query
接口混淆。在你对程序性风格投入太多之前，值得换一种。示例：
$db=new mysqli（…）
和
$db->prepare（“…”）
过程接口是PHP 4时代引入
mysqli
API时的产物，不应在新代码中使用。警告：使用
mysqli
时，应使用并将用户数据添加到查询中。不要使用字符串插值或串联来完成此操作，因为您已经创建了严重的错误。切勿将
$\u POST
、
$\u GET
或任何用户数据直接放入查询中，如果有人试图利用您的错误，这可能会非常有害。说。与您一起学习。我建议使用
PDO
，我希望它比使用非参数化查询更加简单、干净、安全。此外，还可以帮助您在
MySQLi
和
PDO