Javascript 使用json/ajax在页面上发送图像id，无需重新加载

我正在寻求帮助，以便在$thisImage_id与旋转木马项目的$carouselImage_id匹配时激活旋转木马项目，而无需重新加载页面

单击图像后，它应将其$thisImage_id发送到自助页面，而无需重新加载，以便转盘项目可以处于活动状态

<form onsubmit="return false">
    <img width="100" src="<?php if(isset($image_source) && !empty($image_source)){echo $image_source;}?>" />

    <input type="hidden" name="image_id" value="<?php echo $thisImage_id;?>" />
    <input type="submit" value="Send">
</form>

下面是转盘项目div，它将从上述表单接收发送的图像id

<div class="item <?php if($carouselImage_id==$thisImage_id){echo 'active';}?>">

在上面，我认为我不能使用php if比较语句，如果单击该图像，json应该在这里工作以响应“active”

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任何帮助都将不胜感激。

服务器-客户端往返不需要，而且无论如何也无法工作。解决方案几乎可以肯定是一些简单的javascript——请用简单的语言解释一下您想要实现什么。我从数据库中获取了许多图像并显示在一个页面中。当用户单击一个图像时，他们将看到一个模式，而无需重新加载页面，这个模式有一个ajax的评论形式，可以在不重新加载和关闭模式的情况下将评论发布到mysql。在modal上，用户可以转到上一张图片或下一张图片，像facebook一样提交评论。现在我试图实现，当用户单击图像>模式打开>时，单击的图像应该在模式旋转木马中处于活动状态。可以理解吗？当然可以，你可以用javascript来理解。为可点击图像提供一个id为的数据属性，然后在js中的点击事件中捕获该属性，并使用它将相关图像设置为活动：加上1 it helpep，谢谢。。